重难01 立体几何动点坐标通用设法（培优讲义）新高二数学人教A版

重难01 立体几何动点坐标通用设法（暑假培优讲义） 析知识·讲要点 2 知识点01 解题思路 2 知识点02 直线上动点的设法（单参数） 2 知识点03 平面内动点的设法（双参数） 3 剖题型・讲技巧 3 题型1 动点在坐标轴上（探索性问题） 3 题型2 动点在空间的斜线上（探索性问题） 6 题型3 动点在平面内（探索性问题） 9 题型4 动点在坐标轴上（最值范围问题） 11 题型5 动点在空间的斜线上（最值范围问题） 13 题型6 动点在平面内（最值范围问题） 14 知高考·真题探源 17 练好题·提分培优 17 课标要点 1．掌握动点问题 “先设再求” 完整解题流程，理解维度对应参数数量的核心原则，学会精简变量简化计算。 2．熟练运用向量共线定理，用单参数表示直线上动点坐标，掌握坐标轴、坐标平面内动点简化设点方法。 3．理解平面向量基本定理，能使用两个参数表示平面内任意动点，可联立二元方程求解参数。 4．能结合平行、角度、距离等条件列方程，求解参数后检验取值范围，判断动点是否真实存在。 知识点01 解题思路 立体几何存在性、最值类大题常出现动点问题，统一解题思路为先设再求： 1．先设出动点含参坐标； 2．结合平行、垂直、角度、距离等题干条件列方程； 3．求解参数并结合线段/平面范围检验取值是否合理。 解题核心原则：控制变量数量，动点所在几何体维度决定参数个数 （1）直线（一维）：仅设1个参数 （2）平面（二维）：设2个参数 原理：几何体维度=所需参数个数，减少变量能简化方程组计算。 知识点02 直线上动点的设法（单参数） 1、核心依据：向量共线定理 若，则三点共线。 设定点，，直线上动点：，展开坐标形式：，仅依靠单个参数即可表示直线上全部点，同时标注取值范围限定线段。 2、特殊直线简化技巧 1．坐标轴上动点 ①轴点：；轴点：；轴点：，标注取值区间。 ②与坐标轴平行直线同理，固定两坐标，仅一个坐标带参数。 2．坐标平面内直线 如面，动点竖坐标恒为0，结合直线解析式建立关系式，只用1个参数表示，不适用于空间斜线。 练习1．（多选）在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（    ） A．1 B． C． D． 知识点03 平面内动点的设法（双参数） 若为平面内不共线两向量，则平面内任意向量。 设平面内三点，平面内动点：，用两个独立参数表示平面上所有点，后续根据题目条件联立二元方程组求解参数。 练习2．（多选）已知点，点在平面上，且点到点的距离相等，则点的坐标可以为（    ） A． B． C． D． 题型1 动点在坐标轴上（探索性问题） 【例1】在棱长为3的正方体中，点E，F分别在线段AB，BC上，且满足. (1)取的中点为M， 的中点为N，求证： 底面OABC； (2)求证： ； (3)若，请问：在线段上是否存在点G，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【例2】在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【变式1-1】如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【变式1-2】如图，在长方体中，，E为CD的中点． (1)求证：． (2)若，求平面与夹角的余弦值． (3)在棱上是否存在一点P，使得平面．若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． 【变式1-3】如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.平面平面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 题型2 动点在空间的斜线上（探索性问题） 【例3】如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【例4】“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【变式2-1】在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【变式2-2】已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在一个动点（不包括端点），使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【变式2-3】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. 题型3 动点在平面内（探索性问题） 【例5】如图，直四棱柱的底面为梯形，，，. (1)若，E为的中点，在侧面内是否存在点F，使平面？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由. 【例6】如图，四棱锥的底面是正方形，且，是以为顶角的等腰直角三角形，平面平面 (1)求四棱锥的体积. (2)试判断在内包括边界是否存在一点Q使得二面角的平面角取到不需要确定点Q的具体位置 【变式3-1】已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，E为的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若，与平面所成的角为， （I）求三棱锥的体积； （II）试问在侧面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出点到直线的距离；若不存在，请说明理由. 【变式3-2】如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【变式3-3】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 题型4 动点在坐标轴上（最值范围问题） 【例7】在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C． D．7 【例8】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4-1】如图，三棱锥中，底面为直角三角形，为直角，面，且，为棱上一个动点，则到直线的距离的最小值为______． 【变式4-2】已知棱长为1的正方体，点是棱上的动点（含端点），是棱上的动点，满足，则的最小值为（    ） A．0 B． C． D．1 【变式4-3】如图，在平行四边形中，，，，沿将翻折至的位置，使得平面平面是线段所在直线上的动点（与点不重合），是的中点． (1)证明：直线与是异面直线； (2)证明：平面； (3)求点到平面距离的最大值． 题型5 动点在空间的斜线上（最值范围问题） 【例9】在直三棱柱中，是线段上的动点，则点到直线的距离的最小值是（    ） A． B． C． D． 【例10】如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点． (1)若为的中点，证明：平面； (2)若，设直线与平面所成的角为，求的最大值． 【变式5-1】在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____． 【变式5-2】如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式5-3】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点．    (1)证明：平面平面； (2)设点G是线段上的一点，且满足．在线段上是否存在点F，使得A，E，G，F四点共面？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 题型6 动点在平面内（最值范围问题） 【例11】如图，正方体的棱长为4，G，E、F分别是，AB，BC的中点，P是四边形内一动点，若直线AP与平面EFG没有公共点，则线段AP的最小值为（   ） A． B． C． D． 【例12】如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为底面内一动点（包括边界），且满足.    (1)是否存在点，使得平面？ (2)求的取值范围. (3)求点到直线的距离的最小值. 【变式6-1】如图，正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值等于（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【变式6-3】如图，在四棱锥中，底面，，，. (1)证明：平面； (2)动点在所在的平面内，且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成的角为，求的最大值. 1．（2020·全国Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 1．（多选）如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点是棱的中点，则以下命题正确的是（    ） A．三棱锥的体积是 B．存在点，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则的轨迹的长度为 2．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 3．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，求直线DF与平面所成角的正弦值； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 4．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 5．如图，在四棱锥中，底面为边长等于2的菱形，，侧面为正三角形，且二面角为120°. (1)证明：； (2)设点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值. 6．如图，在正三棱柱中，是棱的中点，是线段上动点，且． (1)若是的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求点到平面的距离． 7．如图，在三棱锥中，是等边三角形，点在平面上的投影是线段的中点，，点是的中点．    (1)证明：平面平面； (2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面的夹角最小． 8．如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点．将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点． (1)当为的中点时． ①求证：平面； ②求直线与平面所成角的正弦值． (2)若，求二面角的正弦值的取值范围． 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难01 立体几何动点坐标通用设法（暑假培优讲义） 析知识·讲要点 2 知识点01 解题思路 2 知识点02 直线上动点的设法（单参数） 2 知识点03 平面内动点的设法（双参数） 3 剖题型・讲技巧 4 题型1 动点在坐标轴上（探索性问题） 4 题型2 动点在空间的斜线上（探索性问题） 12 题型3 动点在平面内（探索性问题） 21 题型4 动点在坐标轴上（最值范围问题） 30 题型5 动点在空间的斜线上（最值范围问题） 35 题型6 动点在平面内（最值范围问题） 42 知高考·真题探源 50 练好题·提分培优 53 课标要点 1．掌握动点问题 “先设再求” 完整解题流程，理解维度对应参数数量的核心原则，学会精简变量简化计算。 2．熟练运用向量共线定理，用单参数表示直线上动点坐标，掌握坐标轴、坐标平面内动点简化设点方法。 3．理解平面向量基本定理，能使用两个参数表示平面内任意动点，可联立二元方程求解参数。 4．能结合平行、角度、距离等条件列方程，求解参数后检验取值范围，判断动点是否真实存在。 知识点01 解题思路 立体几何存在性、最值类大题常出现动点问题，统一解题思路为先设再求： 1．先设出动点含参坐标； 2．结合平行、垂直、角度、距离等题干条件列方程； 3．求解参数并结合线段/平面范围检验取值是否合理。 解题核心原则：控制变量数量，动点所在几何体维度决定参数个数 （1）直线（一维）：仅设1个参数 （2）平面（二维）：设2个参数 原理：几何体维度=所需参数个数，减少变量能简化方程组计算。 知识点02 直线上动点的设法（单参数） 1、核心依据：向量共线定理 若，则三点共线。 设定点，，直线上动点：，展开坐标形式：，仅依靠单个参数即可表示直线上全部点，同时标注取值范围限定线段。 2、特殊直线简化技巧 1．坐标轴上动点 ①轴点：；轴点：；轴点：，标注取值区间。 ②与坐标轴平行直线同理，固定两坐标，仅一个坐标带参数。 2．坐标平面内直线 如面，动点竖坐标恒为0，结合直线解析式建立关系式，只用1个参数表示，不适用于空间斜线。 练习1．（多选）在棱长为2的正方体中，是棱上一动点，则到平面的距离可能是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】BC 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量为， 则，取，得，而， 因此到平面的距离， 而，所以AD不是，BC可以是. 故选：BC 知识点03 平面内动点的设法（双参数） 若为平面内不共线两向量，则平面内任意向量。 设平面内三点，平面内动点：，用两个独立参数表示平面上所有点，后续根据题目条件联立二元方程组求解参数。 练习2．（多选）已知点，点在平面上，且点到点的距离相等，则点的坐标可以为（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】依题意，点在平面上，设， 由于，， ， 整理得，通过验证可知，、符合， 所以BC选项正确. 故选：BC 题型1 动点在坐标轴上（探索性问题） 【例1】在棱长为3的正方体中，点E，F分别在线段AB，BC上，且满足. (1)取的中点为M， 的中点为N，求证： 底面OABC； (2)求证： ； (3)若，请问：在线段上是否存在点G，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】 【详解】（1）因为M是的中点，N是的中点， 所以在三角形中，是中位线，所以. 又因为A，F都在底面上， 所以平面，且不在底面内， 所以平面； （2）以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，. 设，.因为，， 所以，. 于是，， 由题意，得 即.化简得. 因此. （3）由，且，得. 由第（2）问可知，所以，. 设点G在线段上，则，. 要求二面角为，即平面GEF与平面垂直. 易知，. 设平面GEF的一个法向量为. 因为，，所以； 取，得，. 则平面GEF的一个法向量为. 再求平面的一个法向量. 因为，所以. 设平面的一个法向量为. 因为，，所以； 取，得，， 则平面的一个法向量为 若平面，则两个平面的法向量互相垂直，故. 所以.即，解得. 因为，所以满足条件的点G存在. 此时，，因此. 综上，在线段上存在点G，且. 【例2】在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点，是靠近的三等分点. 【分析】 【详解】（1）因为正方形，所以，平面，平面，所以平面， 同理，平面，平面，所以平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，所以平面. （2）由，则，， 在正方形中，，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则，，，，故，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 又， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设存在，设，又，则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 由题得平面，则，又，，平面， 所以平面，故为平面的法向量，且， ，解得或（舍去）， 所以在棱上存在一点，满足题意，此时是靠近的三等分点. 【变式1-1】如图，正方体中，点在棱上. (1)求证：； (2)设在上，且，是否在上存在点，使平面平面，若存在，指出点的位置，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】 【详解】（1）以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设正方体的棱长为1，则，,， 设，则,， 所以，所以， 故. （2）设满足条件的点，设平面的一个法向量， 因为,， 则，即， 取，得， 由M在上，且，则， 设平面的一个法向量， ,， 则即， 取，得， 平面⊥平面，则，解得或（舍）， 所以当，即为的中点时，平面⊥平面. 【变式1-2】如图，在长方体中，，E为CD的中点． (1)求证：． (2)若，求平面与夹角的余弦值． (3)在棱上是否存在一点P，使得平面．若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】 【详解】（1）证明：因为长方体中，，两两垂直，则可以以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，，，，， 故，，，． 因为，所以． （2）若，则，，，，， 设平面的一个法向量为，则有 设平面与的夹角为，又线面角， 故. （3）假设在棱上存在一点，使得平面，此时 又设平面的法向量，所以，得， 取，得平面的一个法向量 要使平面，只要，有，解得 又平面，所以存在点P，满足平面，此时. 【变式1-3】如图，在五面体中，四边形为矩形，为等腰直角三角形，且.平面平面. (1)求证：： (2)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)或. 【分析】 【详解】（1）由矩形，得，而平面平面， 平面平面， 平面，则平面，又平面，于是， 因为，所以，又，平面， 因此平面，又平面，所以. （2）取的中点，作，连接，由（1）知，平面， 而平面，则，又，，则，即两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 假设在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，设， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 于是， 整理得，解得或， 所以在线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，此时或. 题型2 动点在空间的斜线上（探索性问题） 【例3】如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在. 【分析】 【详解】（1）因为长方体，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系： 由题知， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为，所以平面平面. （2）设线段上存在点使得平面， 由（1）得，，平面的法向量， 所以， 由解得， 即为线段中点时，平面. 【例4】“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见详解. 【分析】 【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. （2）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 【变式2-1】在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】 【详解】（1）连接，交于点，连接. 因为底面是菱形，所以互相平分，即为的中点. 因为为的中点，所以在中，是中位线，即. 因为平面平面，所以平面. （2）以为坐标原点，的方向分别为$x，z$轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意可得，. 设平面的法向量为. 因为， 所以令，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则 令，则. 若平面平面， 则，解得. 故存在点，使得平面平面，此时线段的长度为. 【变式2-2】已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在一个动点（不包括端点），使得直线与平面所成角为，若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】 【详解】（1）在四棱锥中，由分别是的中点，得， 由正方形，得，因此，而平面，平面， 所以平面， 又分别是的中点，得，而平面，平面， 所以平面， 因为,平面，所以平面平面， 又平面，所以平面； （2）取的中点，连接，由是正三角形，得，而平面， 平面平面，平面平面，则平面， 又为正方形边的中点，则，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， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，， 设平面的法向量为，则， 取，， 因此，，显然二面角的大小为锐角， 所以二面角的大小为. （3）由（2）得，， 设， 则， 假定直线与平面所成角为，则 ，而，解得，此时， 所以在线段上存在点M，使得直线与平面所成角为，. 【变式2-3】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】 【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 题型3 动点在平面内（探索性问题） 【例5】如图，直四棱柱的底面为梯形，，，. (1)若，E为的中点，在侧面内是否存在点F，使平面？若存在，请确定点F的位置；若不存在，请说明理由. (2)若点K为的中点，平面与平面所成锐二面角为60°，求的长. 【答案】(1)不存在满足条件的点F，理由见解析 (2)或. 【分析】 【详解】（1）以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，. 若存在这样的点F，则可设，其中，. ，，， 平面，，， 则，， 即 与，矛盾，所以不存在满足条件的点. （2）设（），则，. ，， 设平面的一个法向量为，则 ， 即 ，取，则， 设平面的一个法向量，则 ， 即 ，取，则. 由题意得， 即，解得或（负值舍去）， 即的长为或. 【例6】如图，四棱锥的底面是正方形，且，是以为顶角的等腰直角三角形，平面平面 (1)求四棱锥的体积. (2)试判断在内包括边界是否存在一点Q使得二面角的平面角取到不需要确定点Q的具体位置 【答案】(1) (2)存在 【分析】 【详解】（1）如图，设点O是AB的中点，连接 由题可知，， 所以 因为，所以 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAB， 所以平面， 所以PO的长为点P到平面ABCD的距离. 所以. （2）解法一： 因为平面,平面平面，平面平面， 所以平面,所以即为二面角的平面角, 因为是以为顶角的等腰直角三角形，二面角的大小为， 当Q与在线段上时，二面角的平面角为； 当Q与点P重合时，二面角的平面角为. 所以当点Q在在内包括边界运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q使得二面角的平面角取到. 解法二： 以点O为坐标原点，OB所在直线为x轴，过点O作AD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，，，则， 设平面PAD的法向量为，则即 取，从而可得 易知平面ACD的一个法向量为 设平面PAD与平面ACD的夹角为， 则，即平面PAD与平面ACD的夹角为 下同解法一. 【变式3-1】已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，E为的中点，. (1)证明：平面平面； (2)若，与平面所成的角为， （I）求三棱锥的体积； （II）试问在侧面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出点到直线的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（I）8；（II）存在， 【分析】 【详解】（1）由四边形是直角梯形，，， 可得，，从而是等边三角形， ，BD平分.∵E为的中点，，， 又，，平面，平面 平面，平面，所以平面平面. （2）（I）在平面内作于，连接，由（1）有平面， 又平面，∴平面平面. 因为平面平面，平面，平面 为与平面所成的角，则， 由题意得，，，为的中点， .又， 所以三棱锥P-BDC的体积为； （II）方法一：（向量法）以OB，OC，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标 系， 则，，，， 假设在侧面内存在点，使得平面成立， 设， 由题意得， ，， ，由，得， 解得，， 满足题意，，点N存在. ，，， 所以，，， 所以点到直线PC的距离 方法二：（传统方法）由条件可知，， 且三角形为，的等腰锐角三角形， 所以点B在三角形内的射影N为等腰锐角三角形的外心， 所以点N必在侧面PCD的内部. 由（I）知三棱锥的体积为，， 由体积转化可得，， 在直角中，由勾股定理可得， E为PC的中点， 所以点到直线PC的距离 【变式3-2】如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析； 【分析】 【详解】（1）在图1连接交于点， 在图2中，知、都是等边三角形， 得，，又，平面， 可得平面； 又直线平面， 所以. （2）因为，，则在中，由， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图，以的中点为原点，，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 因此， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 即向量， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为， （3）假设在内存在点，使得平面成立，， 设，，， ， 由，得， 解得，不满足题意，所以不存在使得平面成立； 【变式3-3】如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由如下： 假设截面内存在点满足条件， 设，，，， 有 ，，， 所以， 因为平面，所以， 所以，解得， 这与假设矛盾，所以不存在点，使平面． 【分析】 【详解】（1）由平面，、平面， 故、，又底面为正方形，故， 即、、两两垂直， 故可以为坐标原点，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，， ，，，，， 设平面的法向量，则，即， 可取， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为；    （2）略 题型4 动点在坐标轴上（最值范围问题） 【例7】在正三棱柱中，所有棱长都为2，是侧棱上一动点，则到平面的距离之和的最大值为（    ） A． B． C． D．7 【答案】B 【详解】如图，取的中点，的中点，连接，， 以，，的方向分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为，. 因为，， 所以，令， 解得，得到. 设到平面的距离分别为， 因为，， 所以 ， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以到平面的距离之和的最大值为. 故选：B. 【例8】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)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) 【分析】 【详解】（1）略 （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4-1】如图，三棱锥中，底面为直角三角形，为直角，面，且，为棱上一个动点，则到直线的距离的最小值为______． 【答案】/ 【详解】以为原点，以所在直线为轴，如图建系， 则， 设，则， 在方向上投影向量长度为， 故到直线的距离， 当时，， 故答案为：． 【变式4-2】已知棱长为1的正方体，点是棱上的动点（含端点），是棱上的动点，满足，则的最小值为（    ） A．0 B． C． D．1 【答案】A 【详解】如图，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 所以， 则， 当且仅当时等号成立， 则的最小值为0. 故选：A 【变式4-3】如图，在平行四边形中，，，，沿将翻折至的位置，使得平面平面是线段所在直线上的动点（与点不重合），是的中点． (1)证明：直线与是异面直线； (2)证明：平面； (3)求点到平面距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】 【详解】（1）因为平面、平面、平面、直线， 由异面直线判定定理，直线与是异面直线． （2） 由题意得，，，， 所以．所以． 又因为平面平面、平面平面、平面， 所以平面． （3）如图，以点为原点，分别以、、的方向为、、的方向，建立空间直角坐标系． 可得点的坐标，，，设，． ，，． 设平面，．，，． 则点到平面距离． 所以当时，． 题型5 动点在空间的斜线上（最值范围问题） 【例9】在直三棱柱中，是线段上的动点，则点到直线的距离的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为直三棱柱中，所以两两垂直， 如图，以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以，， 则， 设， 则， 故点到直线的距离， 即点到直线的距离的最小值是， 故选：A 【例10】如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点． (1)若为的中点，证明：平面； (2)若，设直线与平面所成的角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）设线段的中点为，连接，，如下图所示 ， 在中，为的中点，为的中点,所以， 在矩形中，且， 所以四边形是平行四边形，因此， 因为，为的中点，所以为的中点， 因为为的中点，在中有，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则，，，，，， 设，且，,则，， 设平面的法向量为，因为，， 所以，故可取， 因此， 令，则， 所以当，即，时，有最大值． 【变式5-1】在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____． 【答案】/ 【详解】如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设点，即， 可得，即， 所以， 则， 则当时取得最小值，此时最小值为． 【变式5-2】如图，已知四棱台的底面是直角梯形，，，，平面，是侧棱所在直线上的动点，则与平面所成角的正弦值的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为平面，且平面， 所以，且，，平面， 所以平面， 以为原点，为x轴，AD为y轴，过点A作垂直于平面的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则，，，，， 所以，，设为平面的法向量， 则即取，可得，， 所以为平面的一个法向量. 设，，则， 设与平面所成的角为，则==， 令，则有， 当，即时，，此时 当，由存在，得， 解得，当时，，此时，即的最大值为， 所以与平面所成角的正弦值的最大值为. 【变式5-3】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点．    (1)证明：平面平面； (2)设点G是线段上的一点，且满足．在线段上是否存在点F，使得A，E，G，F四点共面？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)因为底面为正方形，所以， 又底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，，为的中点，所以， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (2)存在唯一的点F，使得A，E，G，F四点共面，此时，(F点在线段上靠近点的三等分点处). (3) 【分析】 【详解】（1）略 （2）    以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为，则，则得， 则，，，， 设， 若A，E，G，F四点共面，则存在实数使得 即，得方程组： ，解得 即存在唯一的点F，使得A，E，G，F四点共面，此时，(F点在线段上靠近点的三等分点处). （3）由（2）可知 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 设平面的一个法向量为， 则故可取， 设平面与平面夹角为，则 ， 当时，取得最大值， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值是 . 题型6 动点在平面内（最值范围问题） 【例11】如图，正方体的棱长为4，G，E、F分别是，AB，BC的中点，P是四边形内一动点，若直线AP与平面EFG没有公共点，则线段AP的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， ， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为直线与平面没有公共点，所以平面， 则，即，， 所以， 即当时，此时,取得最小值，最小值为. 故选：C. 【例12】如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为底面内一动点（包括边界），且满足.    (1)是否存在点，使得平面？ (2)求的取值范围. (3)求点到直线的距离的最小值. 【答案】(1)存在， (2) (3) 【分析】 【详解】（1）    如图，以为原点，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 由题意得， ，， 设平面的法向量为， 则，可取， 设， 所以， 又，所以， 即，所以， 设存在点，使得平面， 则，解得，则， 则， 所以存在点，使得平面 （2）由（1）知， 所以， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，，当时，， 所以， 所以的取值范围是. （3）    由（1）知点满足， 取中点为，则点轨迹为线段， 所以点到直线的距离的最小值就是异面直线与的距离， ，，，，， 设，， 则，可取， 又， 点到直线的距离的最小值. 【变式6-1】如图，正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，设，，， 则，，，， 可得，，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以， 设异面直线与所成角为， 则， 当最大时，取最小值， 由， 所以当时，最大为，此时最小为. 故选：C. 【变式6-2】在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 【变式6-3】如图，在四棱锥中，底面，，，. (1)证明：平面； (2)动点在所在的平面内，且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成的角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【分析】 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 过 作 于 ，如图： 因为，，， 所以四边形为正方形，      则，，， 在 中，， 在 中，    ， 所以， 则，所以， 又，平面，平面，故平面； （2）以为原点，，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，设， ①，，由得， 故动点的轨迹是平面内以为圆心，1为半径的圆，轨迹的长度为； ②，，， 设平面的法向量，则，取，则， ， 设，在平面内，直线与圆有公共点，联立方程并化简得：，则，解得， 则当时，取得最大值为. 1．（2020·全国Ⅰ卷·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC； （2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值． 【答案】 （1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面， 所以平面，又因为平面，平面平面， 所以，因为在四棱锥中，底面是正方形， 所以且平面，所以 因为，所以平面． （2）. 【分析】 【详解】（1）略 （2）［方法一］【最优解】：通性通法 因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，设， 设，则有， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为，则 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ［方法二］：定义法 如图2，因为平面，，所以平面． 在平面中，设． 在平面中，过P点作，交于F，连接． 因为平面平面，所以． 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角． 设，在中，易求． 由与相似，得，可得． 所以，当且仅当时等号成立． ［方法三］：等体积法 如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求． 设，在三棱锥中，． 在三棱锥中，． 由得， 解得， 当且仅当时等号成立． 在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为． 1．（多选）如图，在棱长为的正方体中，点是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点是棱的中点，则以下命题正确的是（    ） A．三棱锥的体积是 B．存在点，使得与所成的角为 C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若，则的轨迹的长度为 【答案】BC 【详解】对于选项A，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 又点是棱的中点，则，易知到底面的距离为， 所以，所以A错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，则 对于选项B，因为，，则，设与所成的角为， 则， 因为，故，故， 又，所以存在点，使得与所成的角为，故选项B正确； 对于选项C，易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 因为，故，， 所以， 又， 故，即的取值范围为，所以选项C正确； 对于选项D，因为，由， 可得，化简可得， 在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为 ，所以选项D错误； 故选：BC. 2．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． (1)求证：平面平面； (2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明：因为，为的中点，所以， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，因为平面，所以, 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，可得， 设平面的法向量，则， 令，可得， 则， 所以，当时，，即 当时，，由可得， 所以， 综上，可知，即的取值范围为. 3．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，求直线DF与平面所成角的正弦值； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）连接，因为为等边三角形，为中点，则， 已知在平面内的射影为，所以平面， 又平面，则平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又平面，则， 由题设知四边形为菱形，则， 因为，分别为，中点，则， 则，又，，平面， 所以平面. （2）已知在平面内的射影为，所以平面， 由题设知四边形为菱形，是线段的中点，所以为正三角形， 由平面，平面，则，， 又因为为等边三角形，为中点，所以， 以为坐标原点，，，所在直线为，，轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 可得，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，可得， 记所求角为， 则DF与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）知，，， 设，，则， 得，，，即， 则， 由（2）知：平面的一个法向量 设平面的法向量， 则， 令，则，，可得； 则， 令，则， 则， 因为，则，可得， 所以锐二面角的余弦值的取值范围为. 4．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段中点，为线段上的动点． (1)证明：平面平面； (2)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1)因为 ，且为线段中点，所以． 又因为底面，平面，所以． 而 ，且，因此平面 而平面，因此． 又因为，所以平面． 而平面，所以平面平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）法一：由（1）可知直线与平面所成角为， 因此 不妨设，则， 所以 法二：以为原点， ，， 所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系． 不妨设，设，，则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， ，即，令 ，则， 则， 因此. 5．如图，在四棱锥中，底面为边长等于2的菱形，，侧面为正三角形，且二面角为120°. (1)证明：； (2)设点为棱上的动点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）取中点，连接 ， 因为是正三角形，为中点，故； 底面是边长为2的菱形，， 故也是正三角形，为中点，故， 因为，且 平面， 所以平面， 又平面，因此，得证； （2） 由（1）知 ， 故 就是二面角的平面角，即， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 各点坐标为： ， 设 ，则， 得坐标： ， 因此 ， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 即， 设直线与平面所成角为， 由线面角公式： ， 又， ， 已知， 代入得： ， 化简平方后整理得：，解得，即. 6．如图，在正三棱柱中，是棱的中点，是线段上动点，且． (1)若是的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明：由题意以为坐标原点，分别为轴，过点平行于的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 在正三棱柱中，由，是的中点， 则， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以， 所以平面平面. (2) 【分析】 【详解】（1）略 （2）设，则， 设此时平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面与平面所成夹角为，且 即， 即，解得：或（舍去）， 所以平面的一个法向量为， 又点，则， 所以点到平面的距离：. 7．如图，在三棱锥中，是等边三角形，点在平面上的投影是线段的中点，，点是的中点．    (1)证明：平面平面； (2)若，点是线段上的动点，问：点运动到何处时，平面与平面的夹角最小． 【答案】(1)证明见解析 (2)当为中点时，平面与平面的夹角最小 【分析】 【详解】（1）因为点在平面上的投影是点， 平面，平面， ， ，点是的中点， ， ，、平面， 平面，平面， ∴平面平面； （2），点在平面上的投影是点， ， ，，在以为圆心的圆上， ， ， ，    在平面中，过作，垂足为， 以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 设，则，，，， 设平面的法向量为， 由，可得， 设平面的法向量为， 由，可得， 设平面与平面的夹角为，则， ∴当时，最大，此时夹角最小， 故当为中点时，平面与平面的夹角最小． 8．如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点．将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点． (1)当为的中点时． ①求证：平面； ②求直线与平面所成角的正弦值． (2)若，求二面角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)①由题设，易知是边长为4的正方形，且，， 由平面， 则平面，因平面，则， 又，平面， 则平面， 由平面，则， 又，为的中点，则， 由平面， 则平面； ② (2) 【分析】 【详解】（1）①略； ②由平面，平面，则，且， 同理可得，则，故， 由， 设到平面的距离为，由可得， ，而， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （2）由上分析，平面，且,则可建立如下图所示的空间直角坐标系， 依题意，,因为的中点，则， 又因，则， 所以， 若是平面的一个法向量， 所以，故可取， 因为轴平面，则可取为平面的一个法向量， 则， 设,因，则，且, 令，因在上单调递增，故， 则，故，则, 也即,则，即， 因，故得 即二面角的正弦值的取值范围为. 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $