专题08 空间向量中的最值范围10种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以10类空间向量最值问题为核心，通过“核心逻辑+解题步骤+易错提醒”构建系统化方法体系，实现从向量运算到空间几何量的逻辑进阶，培养参数化思想与空间观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数量积最值|1例+3变式|参数坐标化、极化恒等式|向量运算基础拓展| |长度最值|1例+3变式|模平方转化二次函数|向量模与线段长度关联| |夹角范围|1例+3变式|夹角公式结合余弦单调性|向量夹角与空间角衔接| |异面直线角|1例+3变式|方向向量余弦绝对值|空间角计算体系构建| |线面角|1例+3变式|方向向量与法向量正弦值|空间角层级深化| |面面角|1例+3变式|法向量余弦（含绝对值）|空间角体系完善| |点线距|1例+3变式|投影勾股定理平方消根号|距离计算基础| |点面距|1例+3变式|法向量距离公式平方化简|距离计算拓展| |面积|1例+3变式|向量叉积或底乘高|几何量计算综合| |体积|1例+3变式|底面积与高参数化|空间体积优化|

专题08 空间向量中的最值范围10种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 与数量积有关的最值范围 题型 02 与长度有关的最值范围 题型 03 与夹角有关的范围问题 题型 04 异面直线所成角的最值范围问题 题型 05 直线与平面所成角的最值范围问题 题型 06 平面与平面所成角的最值范围问题 题型 07 点线距的最值范围问题 题型 08 点面距的最值范围问题 题型 09 面积的最值范围问题 题型 10 体积的最值范围问题 ▌题型01 与数量积有关的最值范围 1.核心逻辑 将动点坐标用参数表示，把向量数量积化简为参数的函数，利用函数性质求最大、最小值。也可以使用极化恒等式快速处理部分数量积最值。 2.解题步骤 ①建立空间直角坐标系，引入参数，写出动点坐标； ②写出参与运算两个向量的坐标； ③按照坐标运算法则展开，得到关于的函数； ④结合参数实际取值区间，求函数的值域； ⑤得到数量积的最大值、最小值或者取值范围。 3.易错提醒 忽略动点只能在棱、面内运动，直接拿全体实数求最值；向量坐标抄写错误；使用极化恒等式找错中点。 【例1】（2026高二·安徽池州·阶段检测）已知三棱锥的棱长均为4，点满足，则的取值范围为______． 【答案】 【分析】根据向量的线性运算法则，将转化为，则题意求得的取值范围，即可得到的取值范围. 【详解】分别取，的中点，，则，即，故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面． 又， 因为三棱锥的棱长均为4，所以三棱锥是正四面体，其每个面均为边长为的正三角形. 所以，. 因为， 所以，. 所以的取值范围为． 故答案为：． 【变式1-1】（2026高二·辽宁大连·期中）已知正四面体，棱长，为空间中一点，，求的最大值是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】D 【详解】记的中点为，因为正四面体，棱长， 所以，所以， 又因为，所以是以为球心，为半径的球面上的点，所以 所以， 所以， 所以的最大值是. 【变式1-2】（2026高二·江苏南京·阶段检测）在直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是________. 【答案】 【分析】解法一：建立空间直角坐标系，求出，利用的范围求出的范围.解法二：取CC1中点为D，由极化恒等式得，求出和，从而得到的取值范围. 【详解】解法一：由题可知三棱柱为正三棱柱， 如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系， 设，其中，，又，， 所以，， ， 当，且或1时，取得最大值1， 当，且时，取最小值，所以的取值范围为. 解法二： 取CC1中点为D，由极化恒等式得， 又，， 所以的取值范围为. 【变式1-3】（2026高二·天津·阶段检测）P是棱长为2的正方体上底面上的一点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到向量和，利用向量的数量积化简得到，结合，即可求解. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，由正方体的棱长为2，且为上底面上一点， 可设，其中，且， 所以， 则， 因为，可得， 所以取得最小值为，最大值为，所以取值范围为. 故选：C. ▌题型02 与长度有关的最值范围 1.核心逻辑 线段长度等于向量的模；模带有根号，一般先求模的平方，转化二次函数求值域，再开算术平方根还原得到长度范围。 2.解题步骤 ①建系，设动点参数，写出两点坐标； ②写出对应向量，计算，消去根号，得到参数的二次函数； ③结合参数取值区间，求出模平方的最值； ④对结果开算术平方根，得到线段长度的最值、范围。 3.易错提醒 直接对带根号的函数求最值，计算繁琐；忘记开根号，把模平方直接当作线段长度。 【例2】（2026高二·河北张家口·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，若，则的取值范围是__________． 【答案】 【分析】过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量坐标运算求出，，再由两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得出答案. 【详解】因为正三棱柱的底面边长为2，为的中点， 所以，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，， 因为，设，， ， 所以， 所以， 所以，， 所以， 当时，有最小值，当时，有最大值， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【变式2-1】（2026高三·四川·阶段检测）如图，在棱长为4的正方体中， E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且，则线段的长度的取值范围是______． 【答案】 【分析】首先利用向量垂直的坐标表示，求得点的轨迹方程，再代入两点间的距离公式，求线段长度的取值范围. 【详解】以D为原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 设，则， ，又，所以， 即，则． 当时，，设，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF， 所以，， ， 当时，，当时，， 所以线段的长度的取值范围是． 故答案为： 【变式2-2】（2026高二·福建宁德·期中）如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的取值范围为__________. 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的坐标，根据平面得出，根据空间向量求模公式代入求最值. 【详解】以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， ，，，， 设，， 由，，得， 由，，， ， ，，， 所以平面， 平面，所以， ，， ，即， ， ， ，， . 【变式2-3】（2026高二·江苏扬州·期中）在边长为2的正方体中，，分别为，的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点）满足，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，根据，利用向量数量积的坐标表示得到，最后利用二次函数的性质求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，其中，， 则，， ，， 据此可得，，， 由空间中两点之间距离公式可得 ， 当时，，当时，， 结合二次函数的性质可得线段的长度的取值范围为. 故选：B. ▌题型03 与夹角有关的范围问题 1.核心逻辑 向量夹角公式，把表示为参数函数；向量夹角范围，在单调递减。 > 锐角：数量积＞0，排除同向共线；钝角：数量积＜0，排除反向共线。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示动点，得到两个向量坐标； ②代入夹角公式，得到关于参数的函数； ③结合参数范围，求出取值集合； ④利用余弦单调性，反推夹角的取值范围； ⑤检验排除向量共线的特殊情况。 3.易错提醒 求锐角/钝角忘记排除共线；混淆余弦函数增减区间；和异面直线角混淆乱加绝对值。 【例3】（2026高二·湖南娄底·开学考试）已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是______． 【答案】 【详解】若共线则存在实数使得， 则， 即，方程组无解，即不存在实数使得共线. 所以若与的夹角为锐角，则，解得. 故实数的取值范围是. 【变式3-1】（2026高三·全国·一轮复习）已知，，且与夹角为锐角，则实数x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用向量的坐标运算求解可得实数x的取值范围. 【详解】，，当时，有，解得， 此时，与夹角为，所以与夹角不可能为， 当与夹角为锐角时，有，解得， 则实数x的取值范围是． 故选：D. 【变式3-2】（2026高二·江苏无锡·期中）已知空间中三点,设,. (1)求向量与夹角的余弦值； (2)若与夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）写出后，运用向量夹角公式计算即可； （2）若两个向量夹角为锐角，则两者的数量积大于0，并且要注意排除共线的情况. 【详解】（1）解：(1)因为, 所以. . 所以, 所以与的夹角余弦值为. （2）, 因为与的夹角为锐角，故两者不共线，且数量积大于0. 当与共线时，有,得, 故当时，与不共线. ,得,解得 综上，. 【变式3-3】（2026高二·北京西城·期中）如图，在正四棱柱中，，，，，设直线与所成角的大小为. ①当时，___________； ②若，则的取值范围是____________. 【答案】 ； . 【分析】点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则可写出、，由即可解得答案. 【详解】由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 所以， 所以，， ， ①当时，， ②当时，， 所以， 化简得，解得：. 故答案为：；. ▌题型04 异面直线所成角的最值范围问题 1.核心逻辑 异面直线所成角，，表达式带绝对值；越大，异面角越小。 2.解题步骤 ①建系，设动点参数，写出两条直线方向向量； ②代入异面直线夹角公式，写出带绝对值的函数； ③根据参数区间求出的取值范围； ④利用在单调递减，得到异面角最值与范围。 3.易错提醒 丢掉公式中的绝对值；搞反余弦值和角度大小变化；角度范围超出。 【例4】（2026高二·浙江·学业考试）斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 【变式4-1】（2026高二·江苏泰州·阶段检测）如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 【变式4-2】（2026高二·全国·寒假作业）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（   ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，然后求出对应点的坐标，然后结合空间向量的运算求解即可． 【详解】以为原点，以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 设，， 则， 则，， 则， 设直线与直线所成角为， 则， 当且仅当时取等号， 则直线与直线所成角的余弦值的最大值为， 故选：D． 【变式4-3】（2026高三·广东河源·阶段检测）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 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设点，求得平面的一个法向量为，根据平面，得到，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【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. ▌题型05 直线与平面所成角的最值范围问题 1.核心逻辑 线面角，；直线方向向量，平面法向量；越大，线面角越大。 2.解题步骤 ①建系，参数表示出动点，得到直线方向向量、平面法向量； ②代入线面角公式，写出关于参数的函数； ③在参数允许范围内，求的值域； ④利用正弦在单调递增，反推线面角的范围。 3.易错提醒 错用公式；去掉绝对值；分不清增大时角度的变化。 【例5】（2026高二·河南许昌·期末）在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用线面角的向量计算公式，将的最小值问题转化为求的最大值问题，结合二次函数的最值性质求解. 【详解】 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，、、,所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，可得各点坐标: ，因点在线段上，设，其中， ，设平面的法向量为，则 ，令，解得，即， 又，， 则， 由同角三角函数关系得，要使最小，需使最大， 当时，，此时取得最大值， 代入得：. 【变式5-1】（2026·四川遂宁·模拟预测）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 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【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5-2】（2026高二·天津·阶段检测）如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先设棱长为2，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，求平面法向量，利用空间向量求线面夹角，结合二次函数求其值域即可． 【详解】设正方体棱长为2， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，， 可得，， 设， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 当时，取得最大值；当或1时，取得最小值； 所以的取值范围是． 故选：A． 【变式5-3】（2026高二·福建泉州·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面.若是直线上的一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值是（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，可得，，所以建立空间直角坐标系，根据线面角可得，再结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为，，， 所以，即， 又平面平面，平面与平面相交于， 所以平面，又，平面， 所以，，又， 建立以为坐标原点，以，，为，，轴的空间直角坐标系，如图所示，    则，，，， 因为是直线上的一点，设， 所以，，， 设平面的法向量为， ，即，令，可得， 设与平面所成角为，则， 当时，， 令， 则， 当时，即，时，. 故选：A ▌题型06 平面与平面所成角的最值范围问题 1.核心逻辑 · 锐二面角（平面夹角）：（带绝对值） · 完整二面角：不加绝对值，结合图形判断锐角、钝角。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点，求出两个平面的法向量； ②读题：求锐二面角加绝对值；求完整二面角看图判断符号；写出函数； ③结合参数取值区间求值域； ④由余弦函数单调性，得到二面角的最值、取值范围。 3.易错提醒 求锐二面角忘记加绝对值；不看图直接照搬法向量夹角；忽略几何体对参数的约束。 【例6】（2026高一·山东济宁·期末）如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． (1)证明：E为的中点； (2)已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 【答案】(1)证：因为平面，平面平面，平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. 四边形为平行四边形，故且， ，所以为中点. (2)(i)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (ii) 【分析】（1）通过线面垂直证明为平行四边形，并利用相似三角形证明中点. （2）(i)利用线面垂直证明面面垂直. (ii)通过建立空间直角坐标系求解轨迹，并利用法向量求解二面角范围. 【详解】（1）略 （2）(i)略 (ii) 建立如图空间直角坐标系. 设，所以为等边三角形. ，，，，，. 设，，，因为，所以. 在以为圆心，的半圆上， 因为直线为，所以与半圆交， 同理直线与半圆交， 故. 因为，，所以平面法向量且， 设，则且， 解得. 平面法向量. 所以二面角余弦值. 因为，所以，. 所以，所以. 【变式6-1】（2026高一·广东肇庆·期末）如图，在直三棱柱中，，平面平面，为线段（不含端点）上的动点．    (1)求证：平面； (2)求证：是直角三角形； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)在直三棱柱中，连接，由，得四边形为正方形， 则，而平面平面，平面平面， 平面，所以平面. (2)由（1）知，平面，而平面，则， 由平面，平面，得，又， 平面，因此平面，而平面， 所以，即是直角三角形. (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质推理得证. （2）由（1）的结论，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （3）以点为原点建立空间直角坐标系，令，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求出范围. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在直三棱柱中，由（2）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，令， 则，令，， ，， 设平面的法向量，则， 取，得，平面，即平面，设其法向量为， 则，取，得，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则， ，即， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是. 【变式6-2】（2026高一·湖北武汉·期末）在如图1所示平面四边形中，，，，，将沿翻折至（图2），其中为动点，连接，令，．点，，分别为，，的中点，点在上且满足，与交于，与交于，连接．      (1)证明：平面； (2)当平面平面时，求的值； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明：因为分别为边的中点，所以为的中线，且， 所以为的重心，则， 在中，，， 则，，即， 又因为，所以∽，则， 在中，， 则，故， 又因,则,即为的中点， 故为的中线，且，则为的重心，即， 则，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）利用两个三角形的重心性质证明，再由对应边成比例推出，从而得到平面， （2）由面面垂直的性质推论将平面垂直关系转化为向量垂直方程，结合基向量分类求解t即可. （3）建立空间直角坐标系，用参数表示点P，求平面AEM的法向量，再将二面角余弦表示成单变量函数，通过单调性求最小值. 【详解】（1）略 （2）当平面平面时，因， 则平面或平面， 设，，， 则，，， 因为，所以， 在中，，， 则由余弦定理，， 所以， 设，在中，，， 则， 又，， ，， 情况一： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，满足， 情况二： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，不满足， 综上所述，当平面平面时，. （3）依题意，以点为坐标原点，以所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，则，， 两式相减得，代回原式得，则， 则，将代入得， 即，由于，则， 易得平面的法向量为， 因，则，， 设平面的法向量为， 则有，故可取， 设二面角的平面角为，由图可知该二面角为锐二面角， 则， 将代入得， 设，因为，则，此时恒为负数， 则，则， 因为在上单调递减，则在上 单调递减， 所以，则， 即二面角的余弦值的最小值为.    【变式6-3】（2026高一·湖南长沙·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． 【答案】(1)证明：连接交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点，可得,， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，由为公共边， 所以，所以. (2) 【分析】（1）连接交于点，证得平面，得到，结合，证得，即可证得； （2）以,所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，设，求得，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 所以为直线于平面所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以为的垂心， 因为底面是边长为的菱形，且，所以为等边三角形， 所以点为的重心，可得， 则，且, 又因为，所以， 以为轴，以为轴，过点作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为 ， 则， 令 ，则， 所以， 由于， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以的最小值为. ▌题型07 点线距的最值范围问题 1.核心逻辑 使用投影+勾股定理版点到直线距离公式（不使用叉乘）： ； 先平方消根号，得到关于参数的函数求值域，最后再开根号。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点，确定直线定点、方向向量； ②写出向量，写出距离表达式； ③距离整体平方，消去根号，化简为二次/分式函数； ④在参数区间求出距离平方的最值； ⑤开算术平方根，得到点到直线距离的最值、范围。 3.易错提醒 勾股式平方相减顺序颠倒，根号内出现负数；直接对根号函数求最值。 【例7】（2026高二·浙江·期中）在直四棱柱中，底面为菱形，，，，点为棱的中点． (1)求平面和平面夹角的余弦值； (2)连接，若点为线段上的一动点，当点到直线距离最短时，求线段的长度． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出二面角的余弦值. （2）根据坐标求出到直线的距离最短的点的坐标，然后根据空间两点距离公式求出线段的长度即可. 【详解】（1）以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 所以， 设平面和平面的法向量分别为. 则有，， 所以有，两式相减，令，则. ，令，则. 所以. 所以平面和平面的夹角的余弦值为 . （2）设，，因为，，， 所以，所以. 因为，,所以. 所以，所以， 所以点到直线的距离为， 其中，所以当时，点到直线的距离最短， 此时，又，所以. 【变式7-1】（2026高二·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，进而可根据勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可证明得到平面，从而利用空间向量的坐标运算求解线与线夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离即可求解； （3）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离以及二次函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 所以，从而, 所以,即. 连接，因为 所以为正三角形，所以. 又因为,, 所以,即， 又因为平面，， 所以平面， 又因为，所以，即， 所以以点为坐标原点，建系如图，    则, , 设异面直线所成的角为， 则. （2）设, 所以, 所以， 因为为中点，所以,所以, 设点到直线的距离为， 则. 二次函数，， 当时，二次函数有最小值， 最小值为. 此时到直线的距离最小，最小值为， 又因为， 所以此时面积最小，最小值为， 此时，即. （3）由（2）知，， 当时，二次函数有最大值，最大值为， 所以 ， 所以点M到EF的距离的取值范围为. 【变式7-2】（2026高三·山西·阶段检测）如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值： (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值. 【答案】(1)由直四棱柱知，底面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为平面，所以． 因为，，． 所以，， 所以，所以， 因为，所以，所以， 又，平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【详解】（1）略 （2）因为底面，平面， 所以，因为，所以两两垂直， 所以以为原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 因为， 则，令，则， 平面的一个法向量为． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设， 则， 设到直线的距离为， 则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 【变式7-3】（2026高二·福建三明·阶段检测）如图所示中，分别为中点.将沿向平面上方翻折至右图所示的位置，使得.连接得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上.    (1)证明：平面； (2)求动点到线段的距离的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求解线面角的正弦； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可. 【详解】（1）因为折叠前为中点，，所以，折叠后， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，； 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则为中点， 所以，设平面的法向量为， 又，所以， 令，则，所以，所以，所以， 所以平面.    （2）设，动点在线段上， 所以，即，即， 所以， 设点到线段的距离为，则，， ，令， 则，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点到线段的距离的取值范围为. ▌题型08 点面距的最值范围问题 1.核心逻辑 点到平面距离，距离恒为非负数；把距离写成参数函数，平方去掉分母根号与绝对值再求值域。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点；取平面定点，求平面法向量； ②写出，代入距离公式； ③距离整体平方，去掉分母根号与绝对值，得到参数函数； ④结合参数允许范围，求距离平方值域； ⑤开根号，得到点面距的最值与取值范围。 3.易错提醒 去掉绝对值符号；忽略动点受几何体边界限制；法向量计算出错。 【例8】（2026高二·江苏宿迁·期末）如图，三棱锥中，底面，平面平面． (1)求证：； (2)若，且二面角的正弦值为． ①求的长； ②为平面内一点，且满足，求点到平面距离的最大值． 【答案】(1)在面内，过A作交于， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面． 平面，所以． 因为底面，底面，所以． 又，且平面，所以平面． 因为平面，所以． (2)①；② 【分析】（1）由面面垂直的性质得到线面垂直，即可得到线线垂直，然后再证明线面垂直，由线面垂直的性质得证线线垂直； （2）①解法1：由二面角定义作出二面角的平面角，由线面垂直得到线线垂直，然后由直角三角形中边的关系即可求得； 解法2：建立空间直角坐标系，设点坐标，利用向量的数量积求得平面和平面的法向量，然后由二面角和向量的数量积公式求得点坐标.，从而求得. ②解法1：建立空间直角坐标系，设点坐标，由向量的数量积求得平面的法向量，由向量投影求得点到平面距离的表达式，即可求得答案； 解法2：利用等体积转换法求得点到平面距离的最大值. 【详解】（1）略 （2）①解法1：如图所示，在内过点M作交于，连接， 由（1）知，平面，又平面，所以． 又，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 故为二面角的平面角． 因为平面，平面PBC，所以． 因为平面，平面，平面，所以，． 设，则在中，，中，，． 在中，，即． 解得，即 解法2：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ， 设，由（1）可知，即． 设平面的一个法向量， 又， 所以，即，取，则，， 所以． 由题意得，平面的一个法向量 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为． 所以． 即，将代入得，． 解得，． 当时，，此时，与C重合，舍； 当时，，此时．     ②解法1：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则， ， ， ． 因为，为平面内一点， 所以在以为直径的圆上，则设． 设平面的一个法向量， 则，即，取，则． 所以． 到平面的距离为． 因为，所以到平面的距离最大值为． 解法2：因为平面，所以为三棱锥的高， 由（1）知，平面，平面，所以． 在直角三角形中，，，所以． 由（1）知， 设到平面的距离为h， 因为，所以，即． 又在平面内，且，所以在以为直径的圆上， 所以面积的最大值为． 故到平面的距离h的最大值为． 【变式8-1】（2026高二·江西吉安·期末）在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 【答案】(1)1； (2). 【分析】（1）构建合适空间直角坐标系，设且，应用向量垂直的坐标表示列方程求参数m，即可得长度； （2）求出面的一个法向量，应用点面距离的向量求法求范围. 【详解】（1）构建如下图示的空间直角坐标系，则，设且， 则，，又， 则，可得， 所以的长度为1. （2）若是面的一个法向量，则， 令，则，而，故， 所以点到平面距离，， 所以，且，故. 【变式8-2】（2026高二·上海黄浦·期末）在棱长为的正方体中，平面与棱分别交于点.若为菱形，，则点到平面的距离的取值范围是____________. 【答案】 【分析】根据题设建立空间直角坐标系，设出点的坐标，结合为菱形和条件可得到，；由此得到，然后求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式得到关于的关系式，最后根据的范围即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则， 设，则； 因为为菱形，由，得； 由，得，所以或； 当时，由知，与条件矛盾，所以，此时，； 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，所以； 又，所以点到平面的距离为； 由且，得； 所以，所以，所以， 所以，即点到平面的距离的取值范围是. 故答案为：. 【变式8-3】【多选】（2026·吉林松原·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．若，则平面截正方体的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则点到平面距离的取值范围是 D．周长的最小值为 【答案】AD 【分析】A选项，先得到平面截正方体的截面为四边形，进而求出截面面积；B选项，平面，所以平面不成立，故B错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，得到点到平面的距离，求出取值范围；D选项，将与展开到同一平面，当三点共线时，的值最小，结合余弦定理求出最小值. 【详解】A选项，如图1，在正方体中，由，得是的中点， 所以平面截正方体的截面为四边形， 因为平面平面，所以， 又，四边形的面积为，故A正确； B选项，如图1，由，得是的中点， 在矩形中，是的中点，所以是的中点， 平面，所以平面不成立，故B错误； C选项，如图2，以为原点，直线分别为轴，轴，轴， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，设， 所以， 所以点到平面的距离， 又，所以点到平面距离的取值范围是，故C错误； D选项，将与展开到同一平面，如图3所示，当三点共线时，的值最小， 因为， 所以，又， 所以周长的最小值为，故D正确． 故选：AD． ▌题型09 面积的最值范围问题 1.核心逻辑 三角形面积：；常用简化思路：固定底边，求动点到底边距离（高），；多边形拆分为多个三角形。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示各顶点坐标； ②选取合适底边，写出邻边向量； ③方法一：； 方法二：底为定值，求点到直线距离作为高； ④化简得到面积关于参数的函数； ⑤结合参数区间求面积的最值、取值范围。 3.易错提醒 误用；忽略动点运动边界，算出几何体外部虚假最值。 【例9】（2026高二·湖南·期中）如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，再表示面积即可求解. 【详解】（1）以为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，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以，则， 所以； （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）因为E点在上，F点在上，G点在上，所以 设， 则， 到的距离为， 所以的面积为 ， 对固定的，关于在上二次函数， 可以趋近一条直线，所以面积无最小值， 当时，面积取得最大值， 故. 【变式9-1】（2026·湖南湘潭·模拟预测）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用夹角公式结合换元法即可求解； （3）由题可得，设，再根据，结合二次函数求范围即可． 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面； （2）解：在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而， 故； （3）解：由题可知， 设， ，， ，， ． 【变式9-2】【多选】（2026·山西临汾·模拟预测）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的菱形，平面，，，AC与BD相交于点O，E是线段PB上的动点，则（    ） A． B．PO与底面ABCD所成角的正切值为2 C．二面角的余弦值为 D．面积的取值范围是 【答案】ABD 【详解】对于选项A，底面是菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，选项A正确； 对应选项B，底面是边长为的菱形，， 所以，所以， 因为平面，， 所以PO与底面ABCD所成角的正切值为，所以选项B正确； 对于选项C，记的中点为，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得，所以平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，则， 所以C错误； 对应选项D，可知， 则，设， 可知，得，即， ，， 因为平面，所以，所以， 即， 当时， ， 即三角形面积的取值范围为，所以D正确. 【变式9-3】（2026高二·山东·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立直角坐标系，设的轨迹与轴的交点坐标为，确定的轨迹是以为端点的一条线段（不含点），计算平面平面的一个法向量，根据二面角的余弦值得到,计算以面积即可. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，． 由二面角的平面角大小为，平面与平面的交线为直线，可知的轨迹是过点的一条直线，又是四边形内部一点（包括边界），则的轨迹是以为端点的一条线段（不含点）． 设的轨迹与轴的交点坐标为，连接，根据点分别是平面与轴的交点，易得平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为，则二面角的平面角的余弦值为，解得．因为在线段上运动，，所以面积的取值范围为． 故选：D. ▌题型10 体积的最值范围问题 1.核心逻辑 棱锥体积；优先固定底面，体积的最值等价于高的最值；底面变化时同时处理底面积与高，写成参数函数。高可以用点到平面距离公式计算。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点； ②选择合适底面，计算底面积； ③求出动点到底面的距离（高，可用点面距离公式）； ④写出体积关于参数的函数； ⑤结合参数实际取值区间，求体积最值、取值范围。 3.易错提醒 公式漏掉系数；高忘记除以法向量模；参数超出几何体实际运动范围。 【例10】（2026高三·全国·三轮复习）已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为、，则的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】设，利用四点共面，可得，再进一步确定，进而得到，再计算得，结合得到的范围． 【详解】解：如图，延长分别交平面、平面于， 平面与棱，分别相交于， 连接交于，又为正四面体，不妨设正四面体的边长为， 为的重心，为的中点，， ，设， ， 共面，，解得， 即，又，，， ， 即，即， ，， ，且， ． 【变式10-1】（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图①，在中，，点D是边AB上一点，且，． (1)若DC平分时，求的大小； (2)如图②，将沿DC翻折至，使平面平面BDC． （i）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积； （ii）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．    【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）由三角形面积公式及DC平分，可得，在中应用余弦定理，可求得，在中应用余弦定理即可求得； （2）设，用表示三棱锥的体积，并求出三棱锥的体积最大时的，从而求得此时三棱锥的外接球半径，进而求得外接球的表面积；建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法，用表示直线与平面所成角的正弦值，利用基本不等式，结合同角三角函数关系式即可求得该正弦值的最大值. 【详解】（1）因为，所以， 即， 若DC平分，则，所以. 设，则， 因为，，所以. 由，得， 解得，即. 所以， 又，所以； （2）（i）设，作，垂足为O，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面BDC. 又， 所以， 当且仅当时取最大值，此时，，即BD，CD，PD两两垂直， 设三棱锥的外接球半径为R，则， 所以三棱锥的外接球的表面积为； （ii）如图，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， ，，， 则， 设平面PBD的一个法向量为，则， 所以，    令，则， 所以，， 设直线PC与平面PBD所成角为，则 ， 令，则， 所以，当且仅当时取等号， 所以， 故直线PC与平面PBD所成角的正弦值的最大值为． 【变式10-2】（2026高三·河北保定·阶段检测）如图，在三棱锥中，，M是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，Q为垂足，直线PQ与平面的交点为N，当三棱锥的体积最大时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点O，连接，利用线线垂直证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据题设建系，写出相关点的坐标，设，利用线面所成角的向量公式列方程求出的值，即可求得的长； （3）设，由可得，由平面可得点，利用基本不等式求出三棱锥的体积最大值，可得，设，利用，求得，即得的坐标进而求其长. 【详解】（1）取的中点O，连接， 因为，则， 由，可得，则， 又因，所以，且， 又由，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2） 因为平面，， 故可以O为坐标原点，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 因为M为棱PC上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面ABM的法向量为， 则，故可取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 化简得，即， 解得或（舍去）． 所以． （3） 设，由（2）得，其中， 可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点M为线段PC的中点时，三棱锥的体积取得最大值，此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为． 【变式10-3】（2026高二·河南新乡·阶段检测）如图，正方体的棱长为6，点，分别是棱，上的动点（包含端点），且． (1)证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线和平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，，，，． 因为，， 所以， 所以，即． (2) (3) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法证明即可证明结论； （2）根据，结合基本不等式得三棱锥的体积最大时，，再求解对应面的法向量，计算平面的夹角余弦值即可； （3）求解平面的法向量为，再根据线面角求得即可求得. 【详解】（1）略 （2）三棱锥的体积即三棱锥的体积，此时． 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当三棱锥的体积最大时，，此时， 所以，． 设平面的一个法向量为，则 令，则，，所以． 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设平面的法向量为，则 因为，，所以 令，则，，所以． 设直线和平面所成的角为，则． 因为，， 所以，解得或（舍去），     所以． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 空间向量中的最值范围10种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 与数量积有关的最值范围 题型 02 与长度有关的最值范围 题型 03 与夹角有关的范围问题 题型 04 异面直线所成角的最值范围问题 题型 05 直线与平面所成角的最值范围问题 题型 06 平面与平面所成角的最值范围问题 题型 07 点线距的最值范围问题 题型 08 点面距的最值范围问题 题型 09 面积的最值范围问题 题型 10 体积的最值范围问题 ▌题型01 与数量积有关的最值范围 1.核心逻辑 将动点坐标用参数表示，把向量数量积化简为参数的函数，利用函数性质求最大、最小值。也可以使用极化恒等式快速处理部分数量积最值。 2.解题步骤 ①建立空间直角坐标系，引入参数，写出动点坐标； ②写出参与运算两个向量的坐标； ③按照坐标运算法则展开，得到关于的函数； ④结合参数实际取值区间，求函数的值域； ⑤得到数量积的最大值、最小值或者取值范围。 3.易错提醒 忽略动点只能在棱、面内运动，直接拿全体实数求最值；向量坐标抄写错误；使用极化恒等式找错中点。 【例1】（2026高二·安徽池州·阶段检测）已知三棱锥的棱长均为4，点满足，则的取值范围为______． 【变式1-1】（2026高二·辽宁大连·期中）已知正四面体，棱长，为空间中一点，，求的最大值是（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【变式1-2】（2026高二·江苏南京·阶段检测）在直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是________. 【变式1-3】（2026高二·天津·阶段检测）P是棱长为2的正方体上底面上的一点，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． ▌题型02 与长度有关的最值范围 1.核心逻辑 线段长度等于向量的模；模带有根号，一般先求模的平方，转化二次函数求值域，再开算术平方根还原得到长度范围。 2.解题步骤 ①建系，设动点参数，写出两点坐标； ②写出对应向量，计算，消去根号，得到参数的二次函数； ③结合参数取值区间，求出模平方的最值； ④对结果开算术平方根，得到线段长度的最值、范围。 3.易错提醒 直接对带根号的函数求最值，计算繁琐；忘记开根号，把模平方直接当作线段长度。 【例2】（2026高二·河北张家口·期末）如图，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为为的中点，若，则的取值范围是__________． 【变式2-1】（2026高三·四川·阶段检测）如图，在棱长为4的正方体中， E为棱BC的中点，P是底面ABCD内的一点（包含边界），且，则线段的长度的取值范围是______． 【变式2-2】（2026高二·福建宁德·期中）如图，在棱长为1的正方体中，，，若平面，则线段的长度的取值范围为__________. 【变式2-3】（2026高二·江苏扬州·期中）在边长为2的正方体中，，分别为，的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点）满足，则线段的长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． ▌题型03 与夹角有关的范围问题 1.核心逻辑 向量夹角公式，把表示为参数函数；向量夹角范围，在单调递减。 > 锐角：数量积＞0，排除同向共线；钝角：数量积＜0，排除反向共线。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示动点，得到两个向量坐标； ②代入夹角公式，得到关于参数的函数； ③结合参数范围，求出取值集合； ④利用余弦单调性，反推夹角的取值范围； ⑤检验排除向量共线的特殊情况。 3.易错提醒 求锐角/钝角忘记排除共线；混淆余弦函数增减区间；和异面直线角混淆乱加绝对值。 【例3】（2026高二·湖南娄底·开学考试）已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是______． 【变式3-1】（2026高三·全国·一轮复习）已知，，且与夹角为锐角，则实数x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【变式3-2】（2026高二·江苏无锡·期中）已知空间中三点,设,. (1)求向量与夹角的余弦值； (2)若与夹角为锐角，求实数的取值范围. 【变式3-3】（2026高二·北京西城·期中）如图，在正四棱柱中，，，，，设直线与所成角的大小为. ①当时，___________； ②若，则的取值范围是____________. ▌题型04 异面直线所成角的最值范围问题 1.核心逻辑 异面直线所成角，，表达式带绝对值；越大，异面角越小。 2.解题步骤 ①建系，设动点参数，写出两条直线方向向量； ②代入异面直线夹角公式，写出带绝对值的函数； ③根据参数区间求出的取值范围； ④利用在单调递减，得到异面角最值与范围。 3.易错提醒 丢掉公式中的绝对值；搞反余弦值和角度大小变化；角度范围超出。 【例4】（2026高二·浙江·学业考试）斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，，点为棱上动点，则异面直线与所成角的最小值为（     ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【变式4-1】（2026高二·江苏泰州·阶段检测）如图，四边形，，，将沿折起，当二面角的值属于区间时，直线和所成角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2026高二·全国·寒假作业）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（   ）    A． B． C． D． 【变式4-3】（2026高三·广东河源·阶段检测）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． ▌题型05 直线与平面所成角的最值范围问题 1.核心逻辑 线面角，；直线方向向量，平面法向量；越大，线面角越大。 2.解题步骤 ①建系，参数表示出动点，得到直线方向向量、平面法向量； ②代入线面角公式，写出关于参数的函数； ③在参数允许范围内，求的值域； ④利用正弦在单调递增，反推线面角的范围。 3.易错提醒 错用公式；去掉绝对值；分不清增大时角度的变化。 【例5】（2026高二·河南许昌·期末）在正方体中，点为线段的中点，点在线段上，直线与平面所成的角为，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【变式5-1】（2026·四川遂宁·模拟预测）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5-2】（2026高二·天津·阶段检测）如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式5-3】（2026高二·福建泉州·阶段检测）如图，在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面.若是直线上的一点，求直线与平面所成角正弦值的最大值是（   ）    A． B． C． D． ▌题型06 平面与平面所成角的最值范围问题 1.核心逻辑 · 锐二面角（平面夹角）：（带绝对值） · 完整二面角：不加绝对值，结合图形判断锐角、钝角。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点，求出两个平面的法向量； ②读题：求锐二面角加绝对值；求完整二面角看图判断符号；写出函数； ③结合参数取值区间求值域； ④由余弦函数单调性，得到二面角的最值、取值范围。 3.易错提醒 求锐二面角忘记加绝对值；不看图直接照搬法向量夹角；忽略几何体对参数的约束。 【例6】（2026高一·山东济宁·期末）如图所示，在四棱锥中，和都垂直于平面，，平面分别交侧棱，于点E，F，且平面． (1)证明：E为的中点； (2)已知点M为内（含边界）不与A，D重合的一点，且． （ⅰ）证明：平面平面； （ⅱ）若，求二面角的取值范围． 【变式6-1】（2026高一·广东肇庆·期末）如图，在直三棱柱中，，平面平面，为线段（不含端点）上的动点．    (1)求证：平面； (2)求证：是直角三角形； (3)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【变式6-2】（2026高一·湖北武汉·期末）在如图1所示平面四边形中，，，，，将沿翻折至（图2），其中为动点，连接，令，．点，，分别为，，的中点，点在上且满足，与交于，与交于，连接．      (1)证明：平面； (2)当平面平面时，求的值； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【变式6-3】（2026高一·湖南长沙·期末）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面． (1)证明：； (2)设直线与平面所成角为．若点为棱上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值． ▌题型07 点线距的最值范围问题 1.核心逻辑 使用投影+勾股定理版点到直线距离公式（不使用叉乘）： ； 先平方消根号，得到关于参数的函数求值域，最后再开根号。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点，确定直线定点、方向向量； ②写出向量，写出距离表达式； ③距离整体平方，消去根号，化简为二次/分式函数； ④在参数区间求出距离平方的最值； ⑤开算术平方根，得到点到直线距离的最值、范围。 3.易错提醒 勾股式平方相减顺序颠倒，根号内出现负数；直接对根号函数求最值。 【例7】（2026高二·浙江·期中）在直四棱柱中，底面为菱形，，，，点为棱的中点． (1)求平面和平面夹角的余弦值； (2)连接，若点为线段上的一动点，当点到直线距离最短时，求线段的长度． 【变式7-1】（2026高二·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）图①平面四边形中，，，，以BE为轴将折起至，如图②得四棱锥，为中点，为线段上动点.    (1)求异面直线所成的角的余弦值 (2)求面积的最小值及对应的值 (3)求点M到EF的距离的取值范围. 【变式7-2】（2026高三·山西·阶段检测）如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值： (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值. 【变式7-3】（2026高二·福建三明·阶段检测）如图所示中，分别为中点.将沿向平面上方翻折至右图所示的位置，使得.连接得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上.    (1)证明：平面； (2)求动点到线段的距离的取值范围. ▌题型08 点面距的最值范围问题 1.核心逻辑 点到平面距离，距离恒为非负数；把距离写成参数函数，平方去掉分母根号与绝对值再求值域。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点；取平面定点，求平面法向量； ②写出，代入距离公式； ③距离整体平方，去掉分母根号与绝对值，得到参数函数； ④结合参数允许范围，求距离平方值域； ⑤开根号，得到点面距的最值与取值范围。 3.易错提醒 去掉绝对值符号；忽略动点受几何体边界限制；法向量计算出错。 【例8】（2026高二·江苏宿迁·期末）如图，三棱锥中，底面，平面平面． (1)求证：； (2)若，且二面角的正弦值为． ①求的长； ②为平面内一点，且满足，求点到平面距离的最大值． 【变式8-1】（2026高二·江西吉安·期末）在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 【变式8-2】（2026高二·上海黄浦·期末）在棱长为的正方体中，平面与棱分别交于点.若为菱形，，则点到平面的距离的取值范围是____________. 【变式8-3】【多选】（2026·吉林松原·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．若，则平面截正方体的截面面积为 B．若，则平面 C．若，则点到平面距离的取值范围是 D．周长的最小值为 ▌题型09 面积的最值范围问题 1.核心逻辑 三角形面积：；常用简化思路：固定底边，求动点到底边距离（高），；多边形拆分为多个三角形。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示各顶点坐标； ②选取合适底边，写出邻边向量； ③方法一：； 方法二：底为定值，求点到直线距离作为高； ④化简得到面积关于参数的函数； ⑤结合参数区间求面积的最值、取值范围。 3.易错提醒 误用；忽略动点运动边界，算出几何体外部虚假最值。 【例9】（2026高二·湖南·期中）如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 【变式9-1】（2026·湖南湘潭·模拟预测）在四棱锥中，平面，，，，，E为的中点，点F在上，且，设点G是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若Q为中点，求的面积取值范围. 【变式9-2】【多选】（2026·山西临汾·模拟预测）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的菱形，平面，，，AC与BD相交于点O，E是线段PB上的动点，则（    ） A． B．PO与底面ABCD所成角的正切值为2 C．二面角的余弦值为 D．面积的取值范围是 【变式9-3】（2026高二·山东·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的取值范围是（    ） A． B． C． D． ▌题型10 体积的最值范围问题 1.核心逻辑 棱锥体积；优先固定底面，体积的最值等价于高的最值；底面变化时同时处理底面积与高，写成参数函数。高可以用点到平面距离公式计算。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点； ②选择合适底面，计算底面积； ③求出动点到底面的距离（高，可用点面距离公式）； ④写出体积关于参数的函数； ⑤结合参数实际取值区间，求体积最值、取值范围。 3.易错提醒 公式漏掉系数；高忘记除以法向量模；参数超出几何体实际运动范围。 【例10】（2026高三·全国·三轮复习）已知正四面体外接球的球心为，，过点，的平面与棱，分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为、，则的取值范围为_____________. 【变式10-1】（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图①，在中，，点D是边AB上一点，且，． (1)若DC平分时，求的大小； (2)如图②，将沿DC翻折至，使平面平面BDC． （i）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的外接球的表面积； （ii）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．    【变式10-2】（2026高三·河北保定·阶段检测）如图，在三棱锥中，，M是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； (3)若平面，Q为垂足，直线PQ与平面的交点为N，当三棱锥的体积最大时，求的长． 【变式10-3】（2026高二·河南新乡·阶段检测）如图，正方体的棱长为6，点，分别是棱，上的动点（包含端点），且． (1)证明：； (2)当三棱锥的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线和平面所成角的正弦值为，求的长． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 空间向量中的最值范围10种常见考法归类 ▌题型01 与数量积有关的最值范围 【例1】【答案】 【分析】根据向量的线性运算法则，将转化为，则题意求得的取值范围，即可得到的取值范围. 【详解】分别取，的中点，，则，即，故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面． 又， 因为三棱锥的棱长均为4，所以三棱锥是正四面体，其每个面均为边长为的正三角形. 所以，. 因为， 所以，. 所以的取值范围为． 故答案为：． 【变式1-1】【答案】D 【详解】记的中点为，因为正四面体，棱长， 所以，所以， 又因为，所以是以为球心，为半径的球面上的点，所以 所以， 所以， 所以的最大值是. 【变式1-2】【答案】 【分析】解法一：建立空间直角坐标系，求出，利用的范围求出的范围.解法二：取CC1中点为D，由极化恒等式得，求出和，从而得到的取值范围. 【详解】解法一：由题可知三棱柱为正三棱柱， 如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系， 设，其中，，又，， 所以，， ， 当，且或1时，取得最大值1， 当，且时，取最小值，所以的取值范围为. 解法二： 取CC1中点为D，由极化恒等式得， 又，， 所以的取值范围为. 【变式1-3】【答案】C 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得到向量和，利用向量的数量积化简得到，结合，即可求解. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，由正方体的棱长为2，且为上底面上一点， 可设，其中，且， 所以， 则， 因为，可得， 所以取得最小值为，最大值为，所以取值范围为. 故选：C. ▌题型02 与长度有关的最值范围 【例2】【答案】 【分析】过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量坐标运算求出，，再由两点间的距离公式结合二次函数的性质即可得出答案. 【详解】因为正三棱柱的底面边长为2，为的中点， 所以，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，， 因为，设，， ， 所以， 所以， 所以，， 所以， 当时，有最小值，当时，有最大值， 所以的取值范围是. 故答案为：. 【变式2-1】【答案】 【分析】首先利用向量垂直的坐标表示，求得点的轨迹方程，再代入两点间的距离公式，求线段长度的取值范围. 【详解】以D为原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 设，则， ，又，所以， 即，则． 当时，，设，所以点P在底面ABCD内的轨迹为一条线段AF， 所以，， ， 当时，，当时，， 所以线段的长度的取值范围是． 故答案为： 【变式2-2】【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的坐标，根据平面得出，根据空间向量求模公式代入求最值. 【详解】以所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， ，，，， 设，， 由，，得， 由，，， ， ，，， 所以平面， 平面，所以， ，， ，即， ， ， ，， . 【变式2-3】【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，根据，利用向量数量积的坐标表示得到，最后利用二次函数的性质求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 设，，其中，， 则，， ，， 据此可得，，， 由空间中两点之间距离公式可得 ， 当时，，当时，， 结合二次函数的性质可得线段的长度的取值范围为. 故选：B. ▌题型03 与夹角有关的范围问题 【例3】【答案】 【详解】若共线则存在实数使得， 则， 即，方程组无解，即不存在实数使得共线. 所以若与的夹角为锐角，则，解得. 故实数的取值范围是. 【变式3-1】【答案】D 【分析】利用向量的坐标运算求解可得实数x的取值范围. 【详解】，，当时，有，解得， 此时，与夹角为，所以与夹角不可能为， 当与夹角为锐角时，有，解得， 则实数x的取值范围是． 故选：D. 【变式3-2】【答案】(1) (2) 【分析】（1）写出后，运用向量夹角公式计算即可； （2）若两个向量夹角为锐角，则两者的数量积大于0，并且要注意排除共线的情况. 【详解】（1）解：(1)因为, 所以. . 所以, 所以与的夹角余弦值为. （2）, 因为与的夹角为锐角，故两者不共线，且数量积大于0. 当与共线时，有,得, 故当时，与不共线. ,得,解得 综上，. 【变式3-3】【答案】 ； . 【分析】点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则可写出、，由即可解得答案. 【详解】由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 所以， 所以，， ， ①当时，， ②当时，， 所以， 化简得，解得：. 故答案为：；. ▌题型04 异面直线所成角的最值范围问题 【例4】【答案】B 【分析】先选择恰当的空间基底，用基底向量表示相关向量，再利用向量数量积公式计算异面直线所成角的余弦值，将几何问题转化为代数问题，再结合函数单调性求角度的最小值. 【详解】设，，，则， ，， ，. 因为点为棱上动点，设，， 则，， ， ，则， ， ，， 设异面直线与所成角为，则， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，取得最大值，此时，所以取得最小值为， 即异面直线与所成角的最小值为. 【变式4-1】【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为关于二面角的函数问题，再求解三角函数的最值即可. 【详解】取的中点记为，连接，，.，，则二面角的平面角为. 记二面角的大小为，则. 如图所示，以为原点，为轴，为轴， 过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. ，. ，，. 直线和所成角为， ，. 当，即，有最小值，最小值为. 【变式4-2】【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，然后求出对应点的坐标，然后结合空间向量的运算求解即可． 【详解】以为原点，以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，，， 设，， 则， 则，， 则， 设直线与直线所成角为， 则， 当且仅当时取等号， 则直线与直线所成角的余弦值的最大值为， 故选：D． 【变式4-3】【答案】C 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设点，求得平面的一个法向量为，根据平面，得到，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【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. ▌题型05 直线与平面所成角的最值范围问题 【例5】【答案】B 【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用线面角的向量计算公式，将的最小值问题转化为求的最大值问题，结合二次函数的最值性质求解. 【详解】 如图：设正方体棱长为2，以D为坐标原点，、、,所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，可得各点坐标: ，因点在线段上，设，其中， ，设平面的法向量为，则 ，令，解得，即， 又，， 则， 由同角三角函数关系得，要使最小，需使最大， 当时，，此时取得最大值， 代入得：. 【变式5-1】【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【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5-2】【答案】A 【分析】先设棱长为2，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，求平面法向量，利用空间向量求线面夹角，结合二次函数求其值域即可． 【详解】设正方体棱长为2， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，， 可得，， 设， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 则， 当时，取得最大值；当或1时，取得最小值； 所以的取值范围是． 故选：A． 【变式5-3】【答案】A 【分析】根据题意，可得，，所以建立空间直角坐标系，根据线面角可得，再结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为，，， 所以，即， 又平面平面，平面与平面相交于， 所以平面，又，平面， 所以，，又， 建立以为坐标原点，以，，为，，轴的空间直角坐标系，如图所示，    则，，，， 因为是直线上的一点，设， 所以，，， 设平面的法向量为， ，即，令，可得， 设与平面所成角为，则， 当时，， 令， 则， 当时，即，时，. 故选：A ▌题型06 平面与平面所成角的最值范围问题 【例6】【答案】(1)证：因为平面，平面平面，平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面， 所以. 四边形为平行四边形，故且， ，所以为中点. (2)(i)因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (ii) 【分析】（1）通过线面垂直证明为平行四边形，并利用相似三角形证明中点. （2）(i)利用线面垂直证明面面垂直. (ii)通过建立空间直角坐标系求解轨迹，并利用法向量求解二面角范围. 【详解】（1）略 （2）(i)略 (ii) 建立如图空间直角坐标系. 设，所以为等边三角形. ，，，，，. 设，，，因为，所以. 在以为圆心，的半圆上， 因为直线为，所以与半圆交， 同理直线与半圆交， 故. 因为，，所以平面法向量且， 设，则且， 解得. 平面法向量. 所以二面角余弦值. 因为，所以，. 所以，所以. 【变式6-1】【答案】(1)在直三棱柱中，连接，由，得四边形为正方形， 则，而平面平面，平面平面， 平面，所以平面. (2)由（1）知，平面，而平面，则， 由平面，平面，得，又， 平面，因此平面，而平面， 所以，即是直角三角形. (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质推理得证. （2）由（1）的结论，利用线面垂直的性质、判定推理得证. （3）以点为原点建立空间直角坐标系，令，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法列式求出范围. 【详解】（1）略 （2）略 （3）在直三棱柱中，由（2）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，令， 则，令，， ，， 设平面的法向量，则， 取，得，平面，即平面，设其法向量为， 则，取，得，设平面与平面的夹角为， 因此， 由，得，则， ，即， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是. 【变式6-2】【答案】(1)证明：因为分别为边的中点，所以为的中线，且， 所以为的重心，则， 在中，，， 则，，即， 又因为，所以∽，则， 在中，， 则，故， 又因,则,即为的中点， 故为的中线，且，则为的重心，即， 则，所以在中，， 因为平面，平面，所以平面. (2) (3) 【分析】（1）利用两个三角形的重心性质证明，再由对应边成比例推出，从而得到平面， （2）由面面垂直的性质推论将平面垂直关系转化为向量垂直方程，结合基向量分类求解t即可. （3）建立空间直角坐标系，用参数表示点P，求平面AEM的法向量，再将二面角余弦表示成单变量函数，通过单调性求最小值. 【详解】（1）略 （2）当平面平面时，因， 则平面或平面， 设，，， 则，，， 因为，所以， 在中，，， 则由余弦定理，， 所以， 设，在中，，， 则， 又，， ，， 情况一： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，满足， 情况二： 若平面， 因为平面，则，即， 即， 即， 即，解得， 将其代入到，即， 解得(负值舍去)，不满足， 综上所述，当平面平面时，. （3）依题意，以点为坐标原点，以所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设，则，， 两式相减得，代回原式得，则， 则，将代入得， 即，由于，则， 易得平面的法向量为， 因，则，， 设平面的法向量为， 则有，故可取， 设二面角的平面角为，由图可知该二面角为锐二面角， 则， 将代入得， 设，因为，则，此时恒为负数， 则，则， 因为在上单调递减，则在上 单调递减， 所以，则， 即二面角的余弦值的最小值为.    【变式6-3】【答案】(1)证明：连接交于点，连接， 因为底面为菱形，所以为的中点，可得,， 又因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又，由为公共边， 所以，所以. (2) 【分析】（1）连接交于点，证得平面，得到，结合，证得，即可证得； （2）以,所在直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，设，求得，求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式和二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 所以为直线于平面所成的角，即， 因为平面，平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，所以为的垂心， 因为底面是边长为的菱形，且，所以为等边三角形， 所以点为的重心，可得， 则，且, 又因为，所以， 以为轴，以为轴，过点作平面的垂线为轴， 建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设二面角的平面角为 ， 则， 令 ，则， 所以， 由于， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为，所以的最小值为. ▌题型07 点线距的最值范围问题 【例7】【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出二面角的余弦值. （2）根据坐标求出到直线的距离最短的点的坐标，然后根据空间两点距离公式求出线段的长度即可. 【详解】（1）以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 所以， 设平面和平面的法向量分别为. 则有，， 所以有，两式相减，令，则. ，令，则. 所以. 所以平面和平面的夹角的余弦值为 . （2）设，，因为，，， 所以，所以. 因为，,所以. 所以，所以， 所以点到直线的距离为， 其中，所以当时，点到直线的距离最短， 此时，又，所以. 【变式7-1】【答案】(1) (2)； (3) 【分析】（1）利用余弦定理求出，进而可根据勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可证明得到平面，从而利用空间向量的坐标运算求解线与线夹角的余弦值； （2）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离即可求解； （3）利用空间向量的坐标运算表示出点到直线的距离以及二次函数的性质求解. 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理，得， 所以，从而, 所以,即. 连接，因为 所以为正三角形，所以. 又因为,, 所以,即， 又因为平面，， 所以平面， 又因为，所以，即， 所以以点为坐标原点，建系如图，    则, , 设异面直线所成的角为， 则. （2）设, 所以, 所以， 因为为中点，所以,所以, 设点到直线的距离为， 则. 二次函数，， 当时，二次函数有最小值， 最小值为. 此时到直线的距离最小，最小值为， 又因为， 所以此时面积最小，最小值为， 此时，即. （3）由（2）知，， 当时，二次函数有最大值，最大值为， 所以 ， 所以点M到EF的距离的取值范围为. 【变式7-2】【答案】(1)由直四棱柱知，底面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面，因为平面，所以． 因为，，． 所以，， 所以，所以， 因为，所以，所以， 又，平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）由题意可证得，以为原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果； （3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值. 【详解】（1）略 （2）因为底面，平面， 所以，因为，所以两两垂直， 所以以为原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设平面的一个法向量为， 因为， 则，令，则， 平面的一个法向量为． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设， 则， 设到直线的距离为， 则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 【变式7-3】【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求解线面角的正弦； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可. 【详解】（1）因为折叠前为中点，，所以，折叠后， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以， 所以在折叠后，； 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则为中点， 所以，设平面的法向量为， 又，所以， 令，则，所以，所以，所以， 所以平面.    （2）设，动点在线段上， 所以，即，即， 所以， 设点到线段的距离为，则，， ，令， 则，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点到线段的距离的取值范围为. ▌题型08 点面距的最值范围问题 【例8】【答案】(1)在面内，过A作交于， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面． 平面，所以． 因为底面，底面，所以． 又，且平面，所以平面． 因为平面，所以． (2)①；② 【分析】（1）由面面垂直的性质得到线面垂直，即可得到线线垂直，然后再证明线面垂直，由线面垂直的性质得证线线垂直； （2）①解法1：由二面角定义作出二面角的平面角，由线面垂直得到线线垂直，然后由直角三角形中边的关系即可求得； 解法2：建立空间直角坐标系，设点坐标，利用向量的数量积求得平面和平面的法向量，然后由二面角和向量的数量积公式求得点坐标.，从而求得. ②解法1：建立空间直角坐标系，设点坐标，由向量的数量积求得平面的法向量，由向量投影求得点到平面距离的表达式，即可求得答案； 解法2：利用等体积转换法求得点到平面距离的最大值. 【详解】（1）略 （2）①解法1：如图所示，在内过点M作交于，连接， 由（1）知，平面，又平面，所以． 又，平面，，所以平面． 又因为平面，所以． 故为二面角的平面角． 因为平面，平面PBC，所以． 因为平面，平面，平面，所以，． 设，则在中，，中，，． 在中，，即． 解得，即 解法2：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ， 设，由（1）可知，即． 设平面的一个法向量， 又， 所以，即，取，则，， 所以． 由题意得，平面的一个法向量 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为． 所以． 即，将代入得，． 解得，． 当时，，此时，与C重合，舍； 当时，，此时．     ②解法1：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则， ， ， ． 因为，为平面内一点， 所以在以为直径的圆上，则设． 设平面的一个法向量， 则，即，取，则． 所以． 到平面的距离为． 因为，所以到平面的距离最大值为． 解法2：因为平面，所以为三棱锥的高， 由（1）知，平面，平面，所以． 在直角三角形中，，，所以． 由（1）知， 设到平面的距离为h， 因为，所以，即． 又在平面内，且，所以在以为直径的圆上， 所以面积的最大值为． 故到平面的距离h的最大值为． 【变式8-1】【答案】(1)1； (2). 【分析】（1）构建合适空间直角坐标系，设且，应用向量垂直的坐标表示列方程求参数m，即可得长度； （2）求出面的一个法向量，应用点面距离的向量求法求范围. 【详解】（1）构建如下图示的空间直角坐标系，则，设且， 则，，又， 则，可得， 所以的长度为1. （2）若是面的一个法向量，则， 令，则，而，故， 所以点到平面距离，， 所以，且，故. 【变式8-2】【答案】 【分析】根据题设建立空间直角坐标系，设出点的坐标，结合为菱形和条件可得到，；由此得到，然后求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式得到关于的关系式，最后根据的范围即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则， 设，则； 因为为菱形，由，得； 由，得，所以或； 当时，由知，与条件矛盾，所以，此时，； 设平面的法向量为，则 ，即，令，则，所以； 又，所以点到平面的距离为； 由且，得； 所以，所以，所以， 所以，即点到平面的距离的取值范围是. 故答案为：. 【变式8-3】【答案】AD 【分析】A选项，先得到平面截正方体的截面为四边形，进而求出截面面积；B选项，平面，所以平面不成立，故B错误；C选项，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，得到点到平面的距离，求出取值范围；D选项，将与展开到同一平面，当三点共线时，的值最小，结合余弦定理求出最小值. 【详解】A选项，如图1，在正方体中，由，得是的中点， 所以平面截正方体的截面为四边形， 因为平面平面，所以， 又，四边形的面积为，故A正确； B选项，如图1，由，得是的中点， 在矩形中，是的中点，所以是的中点， 平面，所以平面不成立，故B错误； C选项，如图2，以为原点，直线分别为轴，轴，轴， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，得，设， 所以， 所以点到平面的距离， 又，所以点到平面距离的取值范围是，故C错误； D选项，将与展开到同一平面，如图3所示，当三点共线时，的值最小， 因为， 所以，又， 所以周长的最小值为，故D正确． 故选：AD． ▌题型09 面积的最值范围问题 【例9】【答案】(1)； (2)存在，； (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，再表示面积即可求解. 【详解】（1）以为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，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以，则， 所以； （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）因为E点在上，F点在上，G点在上，所以 设， 则， 到的距离为， 所以的面积为 ， 对固定的，关于在上二次函数， 可以趋近一条直线，所以面积无最小值， 当时，面积取得最大值， 故. 【变式9-1】【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用夹角公式结合换元法即可求解； （3）由题可得，设，再根据，结合二次函数求范围即可． 【详解】（1）证明：因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面； （2）解：在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而， 故； （3）解：由题可知， 设， ，， ，， ． 【变式9-2】【答案】ABD 【详解】对于选项A，底面是菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，选项A正确； 对应选项B，底面是边长为的菱形，， 所以，所以， 因为平面，， 所以PO与底面ABCD所成角的正切值为，所以选项B正确； 对于选项C，记的中点为，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得，所以平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，则， 所以C错误； 对应选项D，可知， 则，设， 可知，得，即， ，， 因为平面，所以，所以， 即， 当时， ， 即三角形面积的取值范围为，所以D正确. 【变式9-3】【答案】D 【分析】建立直角坐标系，设的轨迹与轴的交点坐标为，确定的轨迹是以为端点的一条线段（不含点），计算平面平面的一个法向量，根据二面角的余弦值得到,计算以面积即可. 【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，． 由二面角的平面角大小为，平面与平面的交线为直线，可知的轨迹是过点的一条直线，又是四边形内部一点（包括边界），则的轨迹是以为端点的一条线段（不含点）． 设的轨迹与轴的交点坐标为，连接，根据点分别是平面与轴的交点，易得平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为，则二面角的平面角的余弦值为，解得．因为在线段上运动，，所以面积的取值范围为． 故选：D. ▌题型10 体积的最值范围问题 【例10】【答案】 【分析】设，利用四点共面，可得，再进一步确定，进而得到，再计算得，结合得到的范围． 【详解】解：如图，延长分别交平面、平面于， 平面与棱，分别相交于， 连接交于，又为正四面体，不妨设正四面体的边长为， 为的重心，为的中点，， ，设， ， 共面，，解得， 即，又，，， ， 即，即， ，， ，且， ． 【变式10-1】【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）由三角形面积公式及DC平分，可得，在中应用余弦定理，可求得，在中应用余弦定理即可求得； （2）设，用表示三棱锥的体积，并求出三棱锥的体积最大时的，从而求得此时三棱锥的外接球半径，进而求得外接球的表面积；建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法，用表示直线与平面所成角的正弦值，利用基本不等式，结合同角三角函数关系式即可求得该正弦值的最大值. 【详解】（1）因为，所以， 即， 若DC平分，则，所以. 设，则， 因为，，所以. 由，得， 解得，即. 所以， 又，所以； （2）（i）设，作，垂足为O，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面BDC. 又， 所以， 当且仅当时取最大值，此时，，即BD，CD，PD两两垂直， 设三棱锥的外接球半径为R，则， 所以三棱锥的外接球的表面积为； （ii）如图，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 设，则，， ，，， 则， 设平面PBD的一个法向量为，则， 所以，    令，则， 所以，， 设直线PC与平面PBD所成角为，则 ， 令，则， 所以，当且仅当时取等号， 所以， 故直线PC与平面PBD所成角的正弦值的最大值为． 【变式10-2】【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点O，连接，利用线线垂直证明平面，再由面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据题设建系，写出相关点的坐标，设，利用线面所成角的向量公式列方程求出的值，即可求得的长； （3）设，由可得，由平面可得点，利用基本不等式求出三棱锥的体积最大值，可得，设，利用，求得，即得的坐标进而求其长. 【详解】（1）取的中点O，连接， 因为，则， 由，可得，则， 又因，所以，且， 又由，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2） 因为平面，， 故可以O为坐标原点，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 因为M为棱PC上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面ABM的法向量为， 则，故可取， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 化简得，即， 解得或（舍去）． 所以． （3） 设，由（2）得，其中， 可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点M为线段PC的中点时，三棱锥的体积取得最大值，此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为． 【变式10-3】【答案】(1)以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，，，，． 因为，， 所以， 所以，即． (2) (3) 【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法证明即可证明结论； （2）根据，结合基本不等式得三棱锥的体积最大时，，再求解对应面的法向量，计算平面的夹角余弦值即可； （3）求解平面的法向量为，再根据线面角求得即可求得. 【详解】（1）略 （2）三棱锥的体积即三棱锥的体积，此时． 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以当三棱锥的体积最大时，，此时， 所以，． 设平面的一个法向量为，则 令，则，，所以． 因为平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）设平面的法向量为，则 因为，，所以 令，则，，所以． 设直线和平面所成的角为，则． 因为，， 所以，解得或（舍去），     所以． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $