期末复习：空间线段点的存在性问题、空间角度的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，通过江苏多地阶段检测真题构建从静态证明到动态探究的递进训练体系，强化空间观念与推理能力。 **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|动点位置判定、线面平行/垂直证明|以线面关系判定为基础，通过中点、比例关系探究存在性，培养几何直观| |空间角度的最值与范围问题|3例+3变式|线面角、二面角范围计算|结合坐标系与向量法，从定量计算到动态最值分析，发展运算能力与逻辑推理|

期末复习：空间线段点的存在性问题、空间角度的最值与范围问题专项训练 期末复习：空间线段点的存在性问题、空间角度的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 空间角度的最值与范围问题 考点一 空间线段点的存在性问题 例1．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为平面，平面，且平面平面， 根据线面平行的性质定理，可得：. (2)取的中点，连接.如图： 因为是中点，所以是的中位线，得，且. 由题设，结合（1）中，可得 且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面， 根据线面平行的判定定理，可得：平面. (3)线段上存在点，当是中点时，平面.理由如下： 由，，可得且， 因此四边形是平行四边形，得. 又平面，平面，所以平面. 结合（2）的结论平面，且，平面， 根据面面平行的判定定理，可得平面平面. 因为是上动点，平面， 根据面面平行的性质，可得平面. 因此，线段上存在点，当为中点时满足平面. 【分析】（1）直接由线面平行的性质定理可得； （2）取的中点，构造平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （3）取的中点，由已知条件可得四边形是平行四边形，进而可得 平面，再结合（2）的结论及面面平行的判定定理可得平面，再由面面平行的性质可得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 例2．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，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)因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. (2)存在 【分析】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立 空间直角坐标系， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 例3．（25-26高二下·江苏徐州·阶段检测）如图，在三棱锥中，为的中点.点在棱上，. (1)若平面，求二面角的大小； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点位于线段的延长线上，且满足. 理由如下： 设，则， 设平面的法向量为，，由（1）知， 由，故可取. 因为平面，， 由，可得，解得，即. 因此存在点，位于线段的延长线上，且，使得平面． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，用向量的方法求面面角，进而可得二面角的大小； （2）先假设存在点，先求平面的法向量为，再由平面可得，从而可得，进而可得点的位置. 【详解】（1）因为，为的中点，所以，且． 又因为平面，平面，平面， 所以， ． 故以为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系．如图： 由题意可得，， ， ，． 因为，即， 所以， 即． 易知平面的一个法向量为． 设平面的法向量为， 因 ，． 由，故可取故可取 ． 设二面角的大小为，由图可知为锐角， 则． 所以，即二面角的大小为． （2）略 变式1．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角； （3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）连接，交于点，连接， 点是的中点，点是的中点， 所以,平面,平面， 所以平面； （2）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， 设平面的法向量， 则，令，则， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面和平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）， ，设， ， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，，当时，， 则的长为或. 变式2．（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面. (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，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，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）四边形为菱形，所以，由线面垂直得到，从而得到平面，，结合，证明出结论； （2）证明出，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，设，根据线面角的大小，得到方程，求出或.所以线段上存在点，或. 【详解】（1）证明：因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以. 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. （2）因为平面平面，所以， 又， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以 设平面的法向量为，则 令，得，所以. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设， 则 , 解得或. 所以线段上存在点，当或时， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 变式3．（25-26高二下·江苏盐城·阶段检测）在如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.（用向量坐标法） (1)求点N到平面PAB的距离； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长； 若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在点， 【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面距离的向量公式求出答案； （2）求出平面的法向量，设，求出，则根据直线与平面所成角的大小为列出方程，求出，从而得到答案 【详解】（1）因为垂直于梯形所在的平面，平面， 所以⊥，⊥，又，故两两垂直， 如图以为原点，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， 解得，令，则，则， 又 则点到平面的距离是 （2）存在点，当点与重合时，直线与平面所成角的大小为，理由如下： .. 设平面的法向量为，则，即， 解得令，得，所以平面的一个法向量为. 由，设，， 则，解得， 故，则.   因为直线与平面所成角的大小为， 所以   解得，由知，即点与重合. 故在线段上存在一点，使得直线与平面所成角的大小为且. 考点二 空间角度的最值与范围问题 例1．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）在如图所示的三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形． (1)求三棱锥体积的最大值． (2)在（1）的条件下，求三棱锥的外接球半径． (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据三棱锥体积公式为，求出高的最大值即可得到体积的最大值； （2）先确定底面的外心，再定位球心所在直线；最后设球半径为，利用“球心到顶点的距离=半径”列方程求解即可； （3）先选择合适的原点，定各点坐标；用旋转角表示动点的坐标， 再分别求出两个平面的法向量， 利用法向量夹角的余弦公式，将二面角的余弦值表示为参数的函数；最后通过换元法简化函数，结合二次函数的最值性质，求出余弦值的最小值即可. 【详解】（1）因为，所以：， 取中点，则， ， 所以， 即平面时取等号， 三棱锥体积最大值为. （2）由（1）平面，为外心 故球心在上， 即，解得：. （3）以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， 故， 则， 设平面的法向量为， 则， 取，则 ， 设平面的法向量， ， 取，则， 设平面与平面的夹角为， 故， 令， ， 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为. 例2．（25-26高二上·江苏无锡·阶段检测）四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，分别为线段的中点．    (1)线段上一点，满足，求证：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角大小； (3)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) (3) 【分析】（1）根据线面垂直的性质、正方形的性质，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量数量积的运算性质进行运算证明即可； （2）根据空间向量夹角公式进行求解即可； （3）根据空间向量夹角公式，结合基本不等式、配方法进行求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又因为四棱锥的底面是边长为2的正方形， 所以，因此建立如图所示的空间直角坐标系，    设， 则， ，，， 设平面的法向量为， 于是有， 因为， 所以平面； （2）平面的法向量为，， 则有， 由（1）可知平面的法向量为， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以，或，舍去， 点的坐标为， 平面的法向量为，， 所以 设直线与平面所成角为， 所以； （3）由（1）可知平面的法向量为，， 直线与平面所成角的正弦值为， 由基本不等式可得，当且仅当时取等号， 当时，代数式有最小值， 所以当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 例3．（25-26高二下·江苏镇江·阶段检测）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，． (1)已知，为线段上的点，且，求证：平面； (2)证明：平面； (3)若是线段上一个动点，求平面与平面的夹角余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行. （2）先利用勾股定理的逆定理判断线线垂直，再利用线面垂直的判定定理证明线面垂直. （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示平面与平面的夹角余弦值，再结合二次函数的性质求其最大值. 【详解】（1）如图，连接，交于点，连接. 根据三棱柱的性质，四边形为平行四边形，所以为中点， 又，所以为中点. 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）因为，，，所以. 因为为等边三角形，四边形为菱形， 所以在中，，，， 因为，所以为直角三角形，且. 且平面，，所以平面. （3）以为原点，所在射线为轴，所在射线为轴，过与平面垂直的射线为轴，建立如图空间直角坐标系. 因为平面，所以轴在平面内. 则，，，. 因为，所以. 所以，， 设，则（）. 设平面的法向量为， 则， 令，则，，此时. 又平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以当即时，取得最大值，为. 变式1．（25-26高二上·湖南邵阳·阶段检测）在中，，，，是的中点，是的中点，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)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）利用向量的线性运算来证明即可； （2）利用建立空间直角坐标系，再引入变量，从而可写出相关点坐标，用空间向量法来求两平面夹角余弦值，最后求最大值即可. 【详解】（1）是的中点， ∴翻折前，翻折后． 是的中点， ∴翻折前，翻折后． ∴翻折后，又，且方向相同， ，又是的中点，是的中点， ∴翻折前、后，，且方向相同， ， ∴翻折后，在中，； （2）由可知：四点共面， 则在平面中，过点作，交于点， 平面，， ∴以为原点，、、的方向分别为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， ，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，，， 设平面的一个法向量，则， 令，则，，， 设平面与平面的夹角为，则 ， ，，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立． ∴平面与平面的夹角的余弦值的最大值为． 变式2．（25-26高二下·江苏宿迁·阶段检测）如图，直三棱柱中，，，． (1)当时，证明：平面平面． (2)当，记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明：设， 因为为直三棱柱，且，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，，所以平面. 又平面，所以. 当时， P为的中点，所以在中，，，则， 因为，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． (2)． 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合面面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 设平面的法向量， 则，即，令，则，所以. 又，，设平面的法向量， 则，即，令，则，所以. 所以． 又，所以，，所以. 故的取值范围为． 变式3．（25-26高二下·江苏连云港·阶段检测）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，高，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是弧所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由平面，平面，得，直线两两垂直， 如图，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 于是，，，设， 则，，由， 得， 于是，取，得， 所以存在非零向量，使得恒成立. (3) 【分析】（1）作出圆锥侧面展开图，利用两点间距离线段最短求解. （2）建立空间直角坐标系，表示出点的坐标并求出，结合向量垂直的坐标表示推理得证. （3）求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解. 【详解】（1）如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点， 由轨迹在圆锥的侧面上，得在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线， 又是最短路径，而平面上连接两点中线段最短， 因此轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段， 由，得的长度为，又，得，则， 所以在等腰中， ，即的长度为 . （2）略 （3）由（2）可知，是平面的一个法向量，设平面的法向量为， 由，，则，即， 取，得，设平面与平面夹角为， 则，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末复习：空间线段点的存在性问题、空间角度的最值与范围问题专项训练 期末复习：空间线段点的存在性问题、空间角度的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 空间角度的最值与范围问题 考点一 空间线段点的存在性问题 例1．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，平面，且，点为棱的中点． (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由． 例2．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，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. 例3．（25-26高二下·江苏徐州·阶段检测）如图，在三棱锥中，为的中点.点在棱上，. (1)若平面，求二面角的大小； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置；若不存在请说明理由. 变式1．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 变式2．（25-26高二下·江苏淮安·阶段检测）如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面. (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在一点，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，说明理由. 变式3．（25-26高二下·江苏盐城·阶段检测）在如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.（用向量坐标法） (1)求点N到平面PAB的距离； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长； 若不存在，请说明理由. 考点二 空间角度的最值与范围问题 例1．（25-26高二下·江苏扬州·阶段检测）在如图所示的三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形． (1)求三棱锥体积的最大值． (2)在（1）的条件下，求三棱锥的外接球半径． (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值． 例2．（25-26高二上·江苏无锡·阶段检测）四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，分别为线段的中点．    (1)线段上一点，满足，求证：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求直线与平面所成角大小； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 例3．（25-26高二下·江苏镇江·阶段检测）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，． (1)已知，为线段上的点，且，求证：平面； (2)证明：平面； (3)若是线段上一个动点，求平面与平面的夹角余弦值的最大值． 变式1．（25-26高二上·湖南邵阳·阶段检测）在中，，，，是的中点，是的中点，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)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 变式2．（25-26高二下·江苏宿迁·阶段检测）如图，直三棱柱中，，，． (1)当时，证明：平面平面． (2)当，记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 变式3．（25-26高二下·江苏连云港·阶段检测）如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，高，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． (1)求长度的最小值； (2)若点在圆上，且（是弧所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； (3)在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $