2027届高考数学一轮复习----空间向量与立体几何：动点问题、边长问题、最值问题专题训练

**基本信息** 以空间向量为工具，系统构建动点存在性、边长含参、空间最值三大问题的解题方法体系，通过“几何条件代数化”逻辑链培养空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动点存在性问题|约12个|参数设设法（t∈[0,1]）、法向量法、混合积共面判定|从建系原则到向量关系转化，实现存在性判定的代数化论证| |边长未知含参问题|约6个|参数方程法（设未知边长为a）、方程求解验证|通过垂直/体积/角度条件建立方程，体现方程思想与运算能力| |空间最值问题|约7个|二次函数区间最值法、导数法、几何转化法|将目标量转化为单变量函数，培养模型观念与最值求解能力|

空间向量与立体几何：动点问题、边长问题、最值问题专题训练 重点归纳 1.建系原则：找三线两两垂直（墙角模型：三条棱两两垂直、底面菱形对角线垂直、面面垂直交线为 x 轴）；无垂直则用基底向量。 2.核心向量公式: 1　 线线平行： ；线线垂直： 2　 线面平行：直线方向向量⊥平面法向量；线面垂直：直线方向向量∥平面法向量 3　 面面平行：两平面法向量共线；面面垂直：两平面法向量点积为 0 : 4　 距离、夹角、线段长度：；数量积 3.通用解题逻辑：几何条件代数化，设动点坐标→列方程 、 函数→求解参数、范围、最值、轨迹 一、动点存在性问题 1. 核心原理 设出动点含参坐标，利用平行 、 垂直 、 共面 、 等距 、 角度定值等几何条件转化为向量方程，判断方程是否有解、解是否符合线段范围，从而判定动点是否存在。 动点常见位置：棱上、边上、线段上、平面内、延长线上。 2. 通用解题思路 建系，写出所有定点坐标； 设动点参数：线段上动点统一设参数t∈[0,1]（如 , t∈[0,1]）； 写出目标向量（直线方向向量、平面法向量）； 根据题意列等式（垂直点积为 0、平行向量成比例、共面混合积为 0、角度余弦定值）； 解含参方程，检验参数t是否在对应线段取值范围； 有符合范围的解⇒存在；无解 、 解超出区间⇒不存在。 3. 常用方法 1　 参数设法：线段动点单参数t；平面内动点双参数t,s； 2　 法向量法：线面、面面平行垂直优先用法向量； 3　 混合积判定共面：三向量混合积=0则四点共面； 反证验证：求出参数后代回验证几何关系。 4. 解题技巧 线段动点统一设t∈[0,1]，不用分段讨论端点； 若题目只问 “是否存在”，求出参数后只需验证范围，无需额外化简； 垂直条件计算最简单，直接点积等于 0，快速解方程。 5. 注意事项 忽略参数取值范围：算出t=2，但线段只允许t∈[0,1]，直接判定不存在； 平行判定漏分母为 0： 不能直接写比例式，优先用方程组； 四点共面只用向量平行，不用混合积，造成漏解； 动点在线段延长线上时，题目限定 “棱上 、边上” 则延长线解舍去； 计算法向量时分母约分错误，导致方程出错。 二、边长未知、含参问题 1. 核心原理 几何体棱长、高、底面边长为未知参数a,h，通过垂直、平行、体积、角度、距离条件建立关于参数的方程，求出边长；再用确定边长完成后续证明、求角、求体积。 2. 通用解题思路 (1) 设缺失边长为参数a； (2) 建系，所有点坐标全部用a表示； (3) 提取题干等量条件：线线垂直、线面角大小、二面角余弦值、体积定值、线段长度相等； (4) 代入向量夹角、体积、距离公式得到含a方程； (5) 解方程（边长a>0，舍去负根）； (6) 将求得的实数边长代回坐标，完成后续问题。 3. 解题技巧 计算时含参向量可先约分，简化运算； 出现根号平方消参，优先保证边长正数； 多个条件时优先用垂直条件，计算量最小。 4. 注意事项 求出边长负根不舍去，忽略长度a>0； 二面角分不清锐角钝角，符号出错导致参数两解； 体积底面积计算漏乘 ； 坐标代入参数时代错符号，方程无解； 多问题型，第一问求出的边长第二问忘记代入，重复带参计算。 三、空间最值问题（线段最值、距离最值、角度最值、体积最值） 1. 核心原理 动点坐标含参数t，将目标量（长度、距离、体积、夹角余弦）转化为单变量函数，利用二次函数、导数、基本不等式求值域与最值。 分类：①线段距离最值；②点到直线 、 平面距离最值；③体积最值；④线面角、二面角最值。 2. 通用解题思路 建系，设动点参数t； 写出目标表达式：距离​，体积，夹角余弦； 去掉根号，只研究内部二次 、分式函数最值（根号单调，最值同步）； 根据函数类型求最值： 二次函数：对称轴结合t∈[0,1]区间； 对勾函数、分式：基本不等式或导数； 求出最值后，回代求对应动点位置。 3. 常用方法 二次函数区间最值法（最常用）：距离平方化为二次函数； 导数法：高次、复杂分式函数； 几何转化法（几何法辅助）：垂线段最短、异面直线公垂线段最短； 基本不等式：体积乘积型最值。 4. 解题技巧 求线段最值直接算距离平方，避开根号简化计算； 线面角范围(0,2π​]，正弦越大角度越大，可只研究正弦最值； 二面角最值等价于法向量夹角余弦最值； 体积最值转化为底面积或高的单变量最值。 5. 注意事项 二次函数对称轴不在参数区间内，直接取顶点最值； 忽略参数t的定义域，求出函数最值但动点不在指定线段上； 根号函数直接求导计算复杂，不先平方简化； 线面角公式混淆正弦余弦； 体积最值忘记定义域限制，出现不存在的动点。 一、动点存在性问题 【例1】（2025·上海浦东·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 【变式1-1】（2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，在正方体中，点E在棱上，且，点F是棱上的一个动点． (1)点F在什么位置时，平面，并说明理由； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值． 【答案】(1)点F位于的三等分点（靠近D点）时，平面，理由见解析； (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面AEC的法向量，设出点F的坐标，根据垂直关系得到方程，求出F的坐标，从而得到点F的位置； （2）根据线面角求出点F的坐标，从而利用法向量求解出二面角的余弦值. 【详解】（1）点F位于的三等分点（靠近D点）时，平面，理由如下： 以A为坐标原点，分别以AB，AD，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为， 则，设， 设平面的法向量为， 则，令得：， 所以， 因为， 令， 解得：， 所以当点F位于的三等分点（靠近D点）时，平面， （2）设点，直线与平面所成角为， 设平面的法向量为， 则，令得：， 则， ， 解得：，则 ， 设二面角的大小为，显然为钝角， 则 【变式1-2】（21-22高二上·上海浦东新·阶段检测）如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4． (1)求点A到平面PCD的距离； (2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出该点位置，若不存在，则说明理由． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用等积法，根据线面垂直，面面垂直的判定及性质结合条件即得； （2）利用坐标法，设，结合条件可得，进而即得. 【详解】（1）由题意，， 由PB⊥平面ABCD，PB⊂平面PBC， 可得平面PBC⊥平面ABCD， 而DC⊥BC，且平面平面，平面ABCD， ∴DC⊥平面PBC，平面PBC， 可得DC⊥PC， ∵CD＝3，PC＝， ∴， 设A到平面PCD的距离为h，则， 即h＝， ∴点A到平面PCD的距离为； （2）以B为坐标原点，分别以BC、BA、BP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则D（3，3，0），C（3，0，0），P（0，0，4）， 设，则，， 若DE⊥平面PAC，则， 解得，不合题意， 故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC． 【变式1-3】（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. 【变式1-4】（2026·河北·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，，，，，． (1)求三棱锥的外接球球心的位置． (2)线段CD上是否存在一点M，使得二面角为直二面角？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的中点 (2)存在，M为上靠近点的四等分点 【分析】（1）利用线面垂直的性质和判定定理证明，取的中点，结合和可得到，，，的距离相等，即得三棱锥的外接球球心； （2）建系后设点，分别求平面和的法向量，由两向量的夹角公式计算即得. 【详解】（1）因为，，，平面ABCD， ，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以， 由题可得，，则，，又， 在中，由余弦定理可得， 由，可得，因为，平面，， 所以平面，又平面，所以， 取的中点，由和是直角三角形， 知到，，，四点的距离相等， 所以三棱锥的外接球球心为的中点. （2）由题可得，，两两垂直，故以为坐标原点， 分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，， ，，， 假设存在点M满足题意，设，，则， 设平面的一个法向量为， 则，故可取 设平面的法向量， 则，故可取. 因为二面角为直二面角，所以， 即，解得，所以M为上靠近点的四等分点. 故存在一点M，使得二面角为直二面角， 此时M为上靠近点的四等分点. 【例2】（2026高二·全国·专题练习）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】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行； （2），当垂直与平面的法向量时平面，求的值即可. 【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. 【变式2-1】（22-23高二上·湖北武汉·期末）如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且. (1)求证：平面 (2)在线段上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角为，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，为线段上靠近的三等分点 【分析】（1）建立空间直角坐标系，得到 故EC⊥DF，EC⊥DA，从而证明出线面垂直； （2）设，得到的坐标为，求出平面的法向量，列出方程，求出，得到为线段上靠近的三等分点. 【详解】（1）以点为原点，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，故EC⊥DF，EC⊥DA， ∵，平面ADF， 平面； （2）设，则的坐标为， 设平面的法向量为， 则由，令，则， 则法向量， 平面与平面的夹角为，且平面的法向量为， ， ， ∴解得， 为线段上靠近的三等分点. 【变式2-2】（24-25高二上·天津和平·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明：取的中点，连接， 因为为棱PC的中点，所以且， 又，故， 又，故， 所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 所以平面； (2) (3)存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行和边长关系，故四边形为平行四边形，，从而证明出线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值； （3）设，，求出，在（2）基础上，平面的一个法向量，利用点到平面的距离向量公式得到方程，求出，求出. 【详解】（1）略 （2）平面平面，交线为，又，平面， 故平面， 因为平面，所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 其中平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，故， 设平面PDM和平面BDM的夹角为， 则； （3）设，，， 故，所以， 故， 由（2）知平面的一个法向量为， 点到平面BDM的距离是， 解得或（舍去）， 此时 若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 【变式2-3】（22-23高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，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) 在PD上找中点G，连接AG，EG，如图： ∵G和E分别为PD和PC的中点， ∴，且， 又∵底面ABCD是直角梯形，，， ∴且．即四边形ABEG为平行四边形， ∴， ∵平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD； (2)存在， 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABEG为平行四边形，从而证明，线面平行； （2）建立空间直角坐标系，设，利用二面角大小列出方程，求出，得到答案. 【详解】（1）略 （2）因为平面，平面， 所以，又， 以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 由F为棱PC上一点，设， ， 设平面FAD的法向量为， 由可得，解得：， 令，则，则， 取平面ADC的法向量为， 则二面角的平面角满足：, 解得：，解得：或（舍去）， 故存在满足条件的点F，此时． 【变式2-4】（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上.    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见解析; (2); (3). 【详解】（1）当为靠近点的四等分点，四点共面. 理由如下：    如图，，，， 四边形是菱形，， ，四点共面. （2）    如图，取中点，连接 是等边三角形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面 平面平面 平面，又平面， 设点到平面的距离为， ，即， 解得 所以点到平面的距离为 （3）由（2）知，两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．    则， 所以 设,则 则， 又平面，故取平面的法向量， 设与平面所成角为，则， 化简整理得，解得 则 设平面的法向量，则， 令则，所以平面的法向量. 所以，二面角的余弦值为 【变式2-5】（25-26高一下·河南郑州·阶段检测）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：取PB的中点D，连接CD； 因为，D为PB的中点， 故； 因为平面平面，且交于PB， 故平面； 因为平面，故； 又因为，且，平面， 故平面； (2)； (3)存在一点，使得二面角的正切值为；． 【分析】(1)根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合已有的线线垂直，根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直； (2)根据第一问的结论，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，写出法向量，代入点到平面的距离公式计算距离； (3)假设存在，根据向量的共线定理设出点的坐标，根据已知条件计算参数，能求出满足题意的值说明存在，否则不存在． 【详解】（1）略 （2） 取BC的中点O，AC的中点F，连接OF，PO； 因为O，F为BC，AC的中点，故； 由(1)可知，平面，故平面； 故，； 又因为为等边三角形，故； 故以O为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为，， 故，，； 故，，，， ，，； 设为平面的法向量，则 ，故，令，则； 则点到平面的距离为； （3） 设存在点E，使得，； 则； 设为平面的法向量； 为平面的法向量； 则，故， 令，则； 设二面角为， 则，故； 因为， 整理化简可得： 即，化简得：，解得：； 故，则 【变式2-6】（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？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)存在，或 【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; （2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. ； 综上，存在一点，使得二面角的正切值为． 二、边长未知、含参问题 【例1】（24-25高二上·甘肃庆阳·期中）如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为底面底面， 所以. 因为，所以. 取的中点，则，所以. 由得，，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）解：由（1）及条件可知，两两垂直. 以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以 设，则，所以 . 设平面的一个法向量为， 由得取， 设平面的一个法向量为， 由得取， 所以， 令，则，整理得， 解得. 由，解得（负值舍去）， 即. 【变式1-1】(24-25高三上·安徽·期中）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，且，，，连接    (1)求证： (2)当与平面所成角的正弦值为时，求棱的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）过点E在平面内作交棱于点，连 ∵，∴，又∵，∴， 于是， 又∵，∴∽，∴， ∵，于是，∴， ∵平面，，∴平面，∴， 又∵，且、平面， ∴平面， 又∵平面， ∴ （2）以点A为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．    设，则，，， ∴，，， 设平面BPC的法向量为，则，即，取， 于是， 设CE与平面BPC所成角为， 则， 化简整理得，解得或， 所以棱的长为：或 【变式1-2】（24-25高二上·河南焦作·期中）如图，在四棱锥中，点在平面内的射影为点，，，平分，. (1)若为棱的中点，求证：平面. (2)若二面角的平面角的正弦值为. （i）求的长； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【详解】（1）设棱的中点为，连接，，如图， 则，. 由题意知，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. （2）过点作交于点，则，， 可得四边形是矩形. 又平分，所以四边形为正方形，且边长为2. 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. （i）设，则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则即 令，可得平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则即 令，可得平面的一个法向量为. 设向量与所成的角为，则， 所以，解得，即. （ii）由（i）知，向量，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 【变式1-3】（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）由底面，，得直线两两垂直， 以点为原点，直线两两垂直分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 显然是平面的一个法向量，而，， 即，因此平面，又平面， 所以平面.    （2）由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）知，，设平面的法向量， 则，令，得， 由（2）知平面的法向量，由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得， 所以线段的长为. 【变式1-4】（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．    (1)若平面，证明：平面； (2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：∵，，，即， ∴，即， ∵平面，平面， ∴， ∴，又平面，平面， ∴平面； （2）∵底面，底面， ∴，，又， 以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：    令，则， ，则， ， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， ∵二面角的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角，∴， 解得，所以. 【变式1-5】（24-25高二上·广东汕头·期中）如图，五面体中，，，平面ABCD． (1)求证：； (2)若，，，求点E到直线AB的距离； (3)若，，，二面角的余弦值为，求DE的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【详解】（1）因为，平面，平面，可得平面， 又因为平面，平面平面， 所以. （2）由题意可知：，平面ABCD， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 若，，，则， 可得， 所以点E到直线AB的距离为. （3）由（2）中坐标系，若，，， 则， 设，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可知：设平面的法向量， 则，解得， 所以DE的长为. 三、空间最值问题（线段最值、距离最值、角度最值、体积最值） 【例1】（24-25高二下·海南海口·开学考试）如图，四棱锥 中， 是以为斜边的等腰直角三角形， (1)若点E为线段的中点， 求证： 直线平面； (2)若点E为线段的中点，求直线与平面 间的距离； (3)若点E为线段上的动点，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) 【详解】（1）取 的中点， 连接 有 又 所以 所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面平面， 所以面． （2）由（1）知，点为线段中点时，直线与平面间的距离即为点到平面的距离． 取的中点O， 连接， 因为 ，， 所以 由， 四边形是正方形， 有 因为平面， 所以平面， 由 ，，  知 得 所以 则以O坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得 有 设平面的法向量为， 由 取， 则， 得平面的一个法向量为， 又 所以C到平面的距离 所以与平面间的距离为 （3）设 设直线与底面所成的角为， 所以 当 时，； 当 时， 令且， 则 在时递减， 在时递增， 时时 所以， 当即时， 为所求的最大值. 【变式1-1】（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)证明：平面平面. (2)若，求点到平面的距离. (3)求满足题设条件的所有几何体中，与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）由平面，平面，则，又， 由都在面内，则面，面， 所以平面平面. （2）由（1）易知，又，过作于， 由面面，面面，面， 所以面，过作，易知， 故可构建如下图示空间直角坐标系，又，，， 则， 所以， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 所以点到平面的距离. （3）同（2）构建空间直角坐标系，易知是与面所成角的平面角， 显然在以为直径的圆上，令， 显然，可得或， 当时，，，则， 所以，此时最大值为； 当时，，，则， 所以，此时最大值为； 综上，与平面所成角的正弦值的最大值为. 【变式1-2】（24-25高二上·上海长宁·期末）如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱上.    (1)若分别是棱的中点，求证：平面； (2)设底面是边长为1的正方形，，，二面角的正切值为，若，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【详解】（1）证明：取中点，连接，    因为分别是棱的中点， 所以‖，， 因为四边形是平行四边形， 所以，‖， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为四边形为正方形，所以，，， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，. 所以二面角的平面角为， 所以，所以. 因为，，， 所以两两垂直， 所以以B为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 则，， 所以 ， 所以， 设，则， 因为，所以 所以 所以 所以当时，取到最小值.    【变式1-3】（24-25高二上·广东广州·期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【详解】（1）①如图，取的中点，连接，有，， 又，，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以∥面； ②如图，取的中点，连接， 因为，所以， 由， 四边形是正方形，有， 因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面内作直线的垂线， 则平面，有， 以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以平面，因为平面，所以， 由，，知， 由，知， 从而有，， 有， 设平面的法向量为， 由，取，则， 得平面的一个法向量为， 因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离， 又，所以到平面的距离， 所以与平面间的距离为. （2）， 设， ， 底面的一个法向量为, 设直线与底面所成的角为， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，此时， 所以到平面的距离为， 又，所以三棱锥的体积为． 【变式1-4】（24-25高三上·辽宁·期末）如图，在四棱柱中，已知底面，，点是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)在线段上是否存在与不重合的点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）由，，所以. 由平面，平面，所以. 由，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）取中点，连接， 在梯形中，因为，，所以，， 则在中，，由，则， 易知两两垂直，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 如下图所示： 在四棱柱中，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，， 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，可得，则， 取，则，所以平面的一个法向量， 设点到平面的距离， 设直线与平面所成角为，则，即， 在四棱柱中，因为，且平面， 所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值，即为. （3）由题意作图如下：由题可知 ，，， 因为，所以，则，， ， 设平面的法向量，可得， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量，可得， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设二面角的大小为， 则， 由二面角的正弦值为，则， 可得，化简可得，解得或， 由，则，故存在，. 【变式1-5】（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面； (2)过直线与线段的中点E的平面与线段交于点F. （i）试确定F点位置； （ii）若H点为线段上一动点，求直线与平面所成角正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）点F为靠近A的三等分点；（ii） 【详解】（1）    连接、，设，连接， ，，，，则， ，即是的角平分线，， ，，平面，平面 （2）同理可得 故，所以，， 因为，则，则， （解法一）（i）取的中点M，连接、， ，，故为等边三角形， ∵M为的中点，， 在底面中，，，， 过E点作，则，所以C，D，E，K四点共面。 连结，则，则，所以A，K，P，C四点共面。 连结，面面，则必与相交，交点为所求的点F， ，所以点F为靠近A的三等分点. （ii）平面，平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以，平面， 以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设，其中， 则， 所以， ， 因为，所以令，，， 所以， 设，对称轴为， 故当或1，即或1时，取得最小值. 因此，当H点与E点或F点重合时直线与平面所成角的正弦值的最小值为 .    （解法二）平面，平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以平面 ， 以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设，， ，，， C，D，E，F四点共面，则，解得，， ， 所以点F为靠近A的三等分点，下同解法一， （解法三）延长，交于点Q，连结交于点F，即为所求点.在中， ，，，，则A为中点.又因为E为中点，则F为的重心，则，F为靠近A的三等分点. 平面，平面PBD，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以平面， ，，，，， 设A点到平面的距离为d， ，，， 假设直线与平面交点为G， 则直线与平面所成角正弦值， 所以当最大，正弦值最小， ，， 因为， 所以当H点与E点或F点重合时最小.    【变式1-6】（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【详解】（1）① 三角形的面积为定值，且 ， 当三棱锥 的体积最大时， 平面， 平面 ，； ②由①知，当三棱锥的体积最大时，平面 ， 平面 ， 平面 ，， 又 为的中点， 到的距离相等， 即为三棱锥 的外接球的球心. 设外接球半径为，则， 三棱锥的外接球的表面积为 ； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设为的中点，， 可设 ，由 ，得， 又 ，设平面的法向量 ， 则，即，令则 ， 可得平面的法向量 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即，令，则 ， 可得平面的法向量 , 则 ； 设 ，则 ， 易知 单调递减： 单调递增， 当 时， ， 所以 的最小值为. 第 1 页 共 56 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 空间向量与立体几何：动点问题、边长问题、最值问题专题训练 重点归纳 1.建系原则：找三线两两垂直（墙角模型：三条棱两两垂直、底面菱形对角线垂直、面面垂直交线为 x 轴）；无垂直则用基底向量。 2.核心向量公式: 1　 线线平行： ；线线垂直： 2　 线面平行：直线方向向量⊥平面法向量；线面垂直：直线方向向量∥平面法向量 3　 面面平行：两平面法向量共线；面面垂直：两平面法向量点积为 0 : 4　 距离、夹角、线段长度：；数量积 3.通用解题逻辑：几何条件代数化，设动点坐标→列方程 、 函数→求解参数、范围、最值、轨迹 一、动点存在性问题 1. 核心原理 设出动点含参坐标，利用平行 、 垂直 、 共面 、 等距 、 角度定值等几何条件转化为向量方程，判断方程是否有解、解是否符合线段范围，从而判定动点是否存在。 动点常见位置：棱上、边上、线段上、平面内、延长线上。 2. 通用解题思路 建系，写出所有定点坐标； 设动点参数：线段上动点统一设参数t∈[0,1]（如 , t∈[0,1]）； 写出目标向量（直线方向向量、平面法向量）； 根据题意列等式（垂直点积为 0、平行向量成比例、共面混合积为 0、角度余弦定值）； 解含参方程，检验参数t是否在对应线段取值范围； 有符合范围的解⇒存在；无解 、 解超出区间⇒不存在。 3. 常用方法 1　 参数设法：线段动点单参数t；平面内动点双参数t,s； 2　 法向量法：线面、面面平行垂直优先用法向量； 3　 混合积判定共面：三向量混合积=0则四点共面； 反证验证：求出参数后代回验证几何关系。 4. 解题技巧 线段动点统一设t∈[0,1]，不用分段讨论端点； 若题目只问 “是否存在”，求出参数后只需验证范围，无需额外化简； 垂直条件计算最简单，直接点积等于 0，快速解方程。 5. 注意事项 忽略参数取值范围：算出t=2，但线段只允许t∈[0,1]，直接判定不存在； 平行判定漏分母为 0： 不能直接写比例式，优先用方程组； 四点共面只用向量平行，不用混合积，造成漏解； 动点在线段延长线上时，题目限定 “棱上 、边上” 则延长线解舍去； 计算法向量时分母约分错误，导致方程出错。 二、边长未知、含参问题 1. 核心原理 几何体棱长、高、底面边长为未知参数a,h，通过垂直、平行、体积、角度、距离条件建立关于参数的方程，求出边长；再用确定边长完成后续证明、求角、求体积。 2. 通用解题思路 (1) 设缺失边长为参数a； (2) 建系，所有点坐标全部用a表示； (3) 提取题干等量条件：线线垂直、线面角大小、二面角余弦值、体积定值、线段长度相等； (4) 代入向量夹角、体积、距离公式得到含a方程； (5) 解方程（边长a>0，舍去负根）； (6) 将求得的实数边长代回坐标，完成后续问题。 3. 解题技巧 计算时含参向量可先约分，简化运算； 出现根号平方消参，优先保证边长正数； 多个条件时优先用垂直条件，计算量最小。 4. 注意事项 求出边长负根不舍去，忽略长度a>0； 二面角分不清锐角钝角，符号出错导致参数两解； 体积底面积计算漏乘 ； 坐标代入参数时代错符号，方程无解； 多问题型，第一问求出的边长第二问忘记代入，重复带参计算。 三、空间最值问题（线段最值、距离最值、角度最值、体积最值） 1. 核心原理 动点坐标含参数t，将目标量（长度、距离、体积、夹角余弦）转化为单变量函数，利用二次函数、导数、基本不等式求值域与最值。 分类：①线段距离最值；②点到直线 、 平面距离最值；③体积最值；④线面角、二面角最值。 2. 通用解题思路 建系，设动点参数t； 写出目标表达式：距离​，体积，夹角余弦； 去掉根号，只研究内部二次 、分式函数最值（根号单调，最值同步）； 根据函数类型求最值： 二次函数：对称轴结合t∈[0,1]区间； 对勾函数、分式：基本不等式或导数； 求出最值后，回代求对应动点位置。 3. 常用方法 二次函数区间最值法（最常用）：距离平方化为二次函数； 导数法：高次、复杂分式函数； 几何转化法（几何法辅助）：垂线段最短、异面直线公垂线段最短； 基本不等式：体积乘积型最值。 4. 解题技巧 求线段最值直接算距离平方，避开根号简化计算； 线面角范围(0,2π​]，正弦越大角度越大，可只研究正弦最值； 二面角最值等价于法向量夹角余弦最值； 体积最值转化为底面积或高的单变量最值。 5. 注意事项 二次函数对称轴不在参数区间内，直接取顶点最值； 忽略参数t的定义域，求出函数最值但动点不在指定线段上； 根号函数直接求导计算复杂，不先平方简化； 线面角公式混淆正弦余弦； 体积最值忘记定义域限制，出现不存在的动点。 一、动点存在性问题 【例1】（2025·上海浦东·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【变式1-1】（2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，在正方体中，点E在棱上，且，点F是棱上的一个动点． (1)点F在什么位置时，平面，并说明理由； (2)若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值． 【变式1-2】（21-22高二上·上海浦东新·阶段检测）如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4． (1)求点A到平面PCD的距离； (2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出该点位置，若不存在，则说明理由． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【变式1-3】（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． 【变式1-4】（2026·河北·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，四边形CDEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，，，，，． (1)求三棱锥的外接球球心的位置． (2)线段CD上是否存在一点M，使得二面角为直二面角？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 【例2】（2026高二·全国·专题练习）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. 【变式2-1】（22-23高二上·湖北武汉·期末）如图，四边形是边长为1的正方形，平面平面，且. (1)求证：平面 (2)在线段上是否存在点（不含端点），使得平面与平面的夹角为，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式2-2】（24-25高二上·天津和平·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 【变式2-3】（22-23高二上·湖北·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，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． 【变式2-4】（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上.    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【变式2-5】（25-26高一下·河南郑州·阶段检测）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式2-6】（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 二、边长未知、含参问题 【例1】（24-25高二上·甘肃庆阳·期中）如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 【变式1-1】(24-25高三上·安徽·期中）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，且，，，连接    (1)求证： (2)当与平面所成角的正弦值为时，求棱的长． 【变式1-2】（24-25高二上·河南焦作·期中）如图，在四棱锥中，点在平面内的射影为点，，，平分，. (1)若为棱的中点，求证：平面. (2)若二面角的平面角的正弦值为. （i）求的长； （ii）求点到平面的距离. 【变式1-3】（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【变式1-4】（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．    (1)若平面，证明：平面； (2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【变式1-5】（24-25高二上·广东汕头·期中）如图，五面体中，，，平面ABCD． (1)求证：； (2)若，，，求点E到直线AB的距离； (3)若，，，二面角的余弦值为，求DE的长． 三、空间最值问题（线段最值、距离最值、角度最值、体积最值） 【例1】（24-25高二下·海南海口·开学考试）如图，四棱锥 中， 是以为斜边的等腰直角三角形， (1)若点E为线段的中点， 求证： 直线平面； (2)若点E为线段的中点，求直线与平面 间的距离； (3)若点E为线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【变式1-1】（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)证明：平面平面. (2)若，求点到平面的距离. (3)求满足题设条件的所有几何体中，与平面所成角的正弦值的最大值. 【变式1-2】（24-25高二上·上海长宁·期末）如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱上.    (1)若分别是棱的中点，求证：平面； (2)设底面是边长为1的正方形，，，二面角的正切值为，若，求的最小值. 【变式1-3】（24-25高二上·广东广州·期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 【变式1-4】（24-25高三上·辽宁·期末）如图，在四棱柱中，已知底面，，点是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)在线段上是否存在与不重合的点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【变式1-5】（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面； (2)过直线与线段的中点E的平面与线段交于点F. （i）试确定F点位置； （ii）若H点为线段上一动点，求直线与平面所成角正弦值的最小值. 【变式1-6】（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 第 1 页 共 56 页 学科网（北京）股份有限公司 $