第一次月考压轴题 十五类综合题型（压轴题专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量与直线方程两大模块，以“通法+题型+挑战”三阶体系构建解题方法，通过典例变式实现能力迁移，强化抽象与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|15题型各含1典例+3变式|核心解法（如空间向量坐标运算、共面定理应用）、迁移技巧（变式拓展情境）|从定理应用到综合计算，空间向量与直线方程模块内递进| |题型归纳|覆盖月考高频考点|典型题法（如线面角范围求法、对称点应用）|概念生成→原理推导→应用拓展，形成逻辑链条| |压轴挑战|高难综合题|思维突破技巧（多知识点融合）|聚焦压轴题解题逻辑，提升空间观念与应用意识|

第一次月考压轴题汇总 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、由共面定理及推论的应用 题型九、直线的倾斜角及斜率的范围 题型二、求空间向量数量积的取值范围 题型十、直线方程的综合应用 题型三、由数量积求模长夹角 题型十一、求点到直线的距离及最值 题型四、空间向量基本定理及应用 题型十二、与角平分线，中线，高线有关的计算 题型五、利用空间向量坐标运算求参数范围 题型十三、平行线的距离及应用 题型六、由空间向量求点到平面/直线的距离 题型十四、点关于直线对称的点及应用 题型七、求线面角及范围 题型十五、与直线方程有关的三角形四边形面积最值 题型八、求二面角及范围 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、由共面定理及推论的应用 典例1 （25-26高二上·广东·期中）已知三棱锥的体积为5，是边长为4的正三角形，点为的中点，点满足，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 变式1-1（2024·北京朝阳·模拟预测）在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（   ） A． B． C． D． 变式1-2（24-25高三上·广东深圳·阶段检测）在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则_____． 变式1-3（24-25高二上·湖北·期中）如图，在正四棱台中， .直线与平面EFG交于点，则（   ） A． B． C． D． 类型二、求空间向量数量积的取值范围 典例2 （25-26高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________． 变式2-1（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）在正方体中，，P是棱的中点，E，F是矩形内的任意两点（包括边界），则的最小值是__________. 变式2-2（25-26高三上·陕西榆林·阶段检测）在正三棱柱中，，点为侧面内的一点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 变式2-3（25-26高二上·广东茂名·期中）已知是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的最小值是________ 题型三、由数量积求模长夹角 典例3 （24-25高一下·吉林松原·期末）郑国渠是秦王嬴政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤坝.如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为，点分别在堤坝斜面与地面上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，若，二面角的大小为，则（    ） A．3 B． C． D．6 变式3-1（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知O为正方形ABCD的中心，分别为的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为____________. 变式3-2（25-26高二上·陕西汉中·阶段检测）已知四面体中，，，，，空间一点M满足，若四点共面，则（   ） A． B． C． D． 变式3-3（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）（多选）如图，在三棱柱中，与相交于点，，，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．与所成角的余弦值为 D． 题型四、空间向量基本定理及应用 典例4 （25-26高二下·辽宁沈阳·开学考试）（多选）已知四边形为空间四边形，点分别在边上，且满足，点满足，则下列选项正确的是（   ） A． B．若，则点四点共面 C．点可能共线 D．，则 变式4-1（25-26高二上·河南·阶段检测）（多选）在长方体中，，，M为BC的中点．动点P满足，，，则下列说法正确的是（    ） A．点P一定在平面内 B．当时，点P的轨迹长度为 C．当，P，M三点共线时， D．当时，的最大值为 变式4-2（24-25高一下·浙江宁波·期末）（多选）在长方体中，，空间中的点满足，则下列说法正确的是（       ） A．若，则点在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为 变式4-3（24-25高二上·湖北·阶段检测）（多选）已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（   ） A．当为底面的中心时， B．当时，长度的最小值为 C．当时，长度的最大值为6 D．当时，为定值 题型五、利用空间向量坐标运算求参数范围 典例5 （25-26高二下·陕西安康·期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设是侧面内（含边界）一点，且，求长度的取值范围． 变式5-1（2026高三下·全国·竞赛）在空间直角坐标系中， ，点在平面内运动， 则当取最小值时，的坐标为_________． 变式5-2（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____． 变式5-3（25-26高三下·广东惠州·阶段检测）已知四面体中，，，空间中的动点满足，则动点的轨迹截四面体所得截面的面积为______. 题型六、由空间向量求点到平面/直线的距离 典例6 （25-26高二上·广东深圳·阶段检测）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的有（    ） A． 平面 B．平面 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 变式6-1（25-26高二上·贵州黔东南·期末）（多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，，则（    ） A． B．点到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．向量在向量上的投影向量的坐标为 变式6-2（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 变式6-3（25-26高二上·湖南岳阳·期末）在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为_____. 题型七、求线面角及范围 典例7 （26-27高三上·山东滨州·开学考试）如图，在三棱锥中，侧面底面，侧面是边长为2的等边三角形，是中点，是棱上的一点，已知． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦的最大值． 变式7-1（25-26高一下·黑龙江鸡西·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面平面，平面平面，点E是棱的中点，点F是棱上的一点（不包含端点）． (1)求证：平面； (2)若，且平面与平面的夹角的余弦值为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）记平面交于点G，点H在平面上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 变式7-2（25-26高一下·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且． (1)证明：平面平面； (2)点在上，若二面角的正切值为． （i）求； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 变式7-3（25-26高二下·江苏徐州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，，分别在棱，上，满足，，，四点共面． (1)当为中点时， （ⅰ）求平面与平面的夹角的余弦值； （ⅱ）求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 题型八、求二面角及范围 典例8 （26-27高三上·江苏常州·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 变式8-1（25-26高三下·广西南宁·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 变式8-2（25-26高一下·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． 变式8-3（25-26高一下·湖南长沙·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，设平面平面，且． (1)证明：； (2)若，， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）点是四边形（不含边界）内的动点，且，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 题型九、直线的倾斜角及斜率的范围 典例9 （25-26高三上·重庆·阶段检测）若，，若直线与线段AB有公共点，则实参数m的取值范围为______． 变式9-1（25-26高二上·辽宁大连·期中）已知为直线的倾斜角，若直线的法向量为，，那么当实数变化时，的取值范围是（   ） A． B． C． D． 变式9-2（25-26高二上·湖北孝感·期中）若直线与以为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式9-3（25-26高二上·福建厦门·阶段检测）若点在以，，为顶点的的内部运动（包含边界），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型十、直线方程的综合应用 典例10 （25-26高二上·山东淄博·阶段检测）（多选）下列四个命题中正确的是（    ） A．过点，且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程为； B．已知两条直线，若，则； C．若直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为或； D．若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为． 变式10-1（25-26高二上·浙江杭州·期中），过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与不重合，为坐标原点），则以下结论：（1）为定值；（2）的面积的最大值为；（3）的最大值为5；（4）的最大值为.其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式10-2（25-26高二上·河南驻马店·期末）数学家欧拉1765年在《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上”，这就是著名的欧拉线定理后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，，则的欧拉线的方程为__________. 变式10-3（24-25高二上·湖北·阶段检测）已知，，直线将分割成面积相等的两部分（O为坐标原点），则_________. 题型十一、求点到直线的距离及最值 典例11 （24-25高二上·天津滨海新区·阶段检测）直线的方程为，当原点O到直线的距离最大时，的值为______． 变式11-1（25-26高一上·浙江杭州·期中）关于的方程在上有实数解，其中为实数，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 变式11-2（25-26高二上·黑龙江·阶段检测）当点 到直线 的距离取最大值时，的值为（    ） A． B． C． D． 变式11-3（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）已知点在直线上，则的最小值为__________. 题型十二、与角平分线，中线，高线有关的计算 典例12 （25-26高二上·江苏南通·阶段检测）已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． (1)求顶点的坐标； (2)若点为边上一点，且的面积为求点的坐标. 变式12-1（25-26高二上·湖北·期中）已知在中，边上的高所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为，点的坐标为． (1)求垂心的坐标； (2)求所在的直线方程； (3)若关于直线：的对称点为，求点到直线的距离． 变式12-2（24-25高二上·上海·期中）已知三角形的顶点，边上的高所在的直线方程为，点是边的中点． (1)求边所在直线的方程； (2)求点的坐标； (3)求的角平分线所在直线的方程． 变式12-3（25-26高二上·河南·阶段检测）在中，，边上的中线所在直线的方程为：，边上的高所在直线的方程为：，求： (1)点的坐标； (2)边所在直线的方程； (3)中的角平分线所在直线的方程． 题型十三、平行线的距离及应用 典例13 （25-26高二上·湖北襄阳·阶段检测）若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，试写出满足条件的一个实数的值：__________________. 变式13-1（25-26高二上·安徽·阶段检测）“直线系”是具有某一共同性质的直线的集合，通常用含参数的直线方程来表示，当参数取不同值时，方程表示该直线系中的某一条直线.已知，是直线系中的两条直线，若，则，之间的距离为_____. 变式13-2（25-26高三下·江西赣州·期中）已知实数满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 变式13-3（25-26高二上·湖北省直辖县级单位·期末）已知直线，且与不垂直，则直线与之间距离的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型十四、点关于直线对称的点及应用 典例14 （25-26高二上·山东济宁·期中）设直线，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，与交于点，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点.若光线所经长度，则的值为（    ） A． B． C． D． 变式14-1（24-25高二上·广东广州·期中）在等腰直角三角形中，以为原点，、所在直线分别为、建立平面直角坐标系，，点是边上异于、的一点，光线从点出发，经、发射后又回到原点（如图）．若光线经过的重心，则的坐标等于______． 变式14-2（24-25高二上·河南周口·阶段检测）如图，将一块三角形的玉石置于平面直角坐标系中，已知，，点，图中阴影三角形部分为玉石上的瑕疵，为了将这块玉石雕刻成工艺品，要先将瑕疵部分切割掉，可沿经过点的直线进行切割．    (1)求直线的倾斜角的取值范围． (2)是否存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上？ (3)设玉石经切割后剩余部分的面积为，求的取值范围． 变式14-3在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴，y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合，如图所示．将矩形折叠，使点A落在线段DC上． （1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程； （2）在（1）的条件下，若时，求折痕长的取值范围． 题型十五、与直线方程有关的三角形四边形面积最值 典例15 （2026高一上·广东江门·竞赛）已知过点的直线l分别与x轴的正半轴，y轴的正半轴交于点． (1)当时，求直线l的倾斜角大小； (2)求面积的最小值； (3)求的最小值． 变式15-1（2026高三·全国·专题练习）一条直线经过点，并且分别满足下列条件，求直线方程： (1)倾斜角是直线的倾斜角的2倍； (2)与x、y轴的正半轴交于A、B两点，且的面积最小（O为坐标原点）． 变式15-2（25-26高一下·上海嘉定·期末）已知直线． (1)讨论直线与直线的位置关系； (2)若直线交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程． 变式15-3（25-26高二上·四川成都·阶段检测）已知直线经过点. (1)若直线在轴上的截距是在轴上的截距3倍，求直线的方程； (2)若直线与轴、轴的正半轴分别相交于两点，求当的面积取得最小值时直线的方程. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一次月考压轴题汇总 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、由共面定理及推论的应用 题型九、直线的倾斜角及斜率的范围 题型二、求空间向量数量积的取值范围 题型十、直线方程的综合应用 题型三、由数量积求模长夹角 题型十一、求点到直线的距离及最值 题型四、空间向量基本定理及应用 题型十二、与角平分线，中线，高线有关的计算 题型五、利用空间向量坐标运算求参数范围 题型十三、平行线的距离及应用 题型六、由空间向量求点到平面/直线的距离 题型十四、点关于直线对称的点及应用 题型七、求线面角及范围 题型十五、与直线方程有关的三角形四边形面积最值 题型八、求二面角及范围 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、由共面定理及推论的应用 典例1 （25-26高二上·广东·期中）已知三棱锥的体积为5，是边长为4的正三角形，点为的中点，点满足，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据空间向量的加法及线性运算及四点共面结论得出点在平面内，再应用三棱锥体积公式计算求解. 【详解】如图，由点为的中点，可得， 所以. 因为，所以点在平面内， 的最小值就是三棱锥的高， 由， 得，得. 故选：C. 变式1-1（2024·北京朝阳·模拟预测）在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，结合已知可得，利用共面求. 【详解】因为， 所以， 因为，所以， 所以， 又，所以， 所以， 因为共面，所以，解得. 故选：D. 变式1-2（24-25高三上·广东深圳·阶段检测）在三棱锥中，与中点分别为，点为中点．若在上满足，在上满足，平面交于点，且，则_____． 【答案】 【分析】利用向量的线性运算，结合四点共面，即可得到结果. 【详解】 由题意得，， ∵，，，∴，，， ∴， ∵点四点共面， ∴，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据空间向量的线性运算得到，利用四点共面可知，即可得到的值. 变式1-3（24-25高二上·湖北·期中）如图，在正四棱台中， .直线与平面EFG交于点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，通过四点共面，即可求解. 【详解】依题意，，在四棱台中， ， 设，则四点共面， . 故选：A 类型二、求空间向量数量积的取值范围 典例2 （25-26高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，，点为线段上一动点，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， 根据二次函数性质可知当时取得最小值，此时最小值为. 所以的最小值为. 变式2-1（25-26高二上·辽宁辽阳·期末）在正方体中，，P是棱的中点，E，F是矩形内的任意两点（包括边界），则的最小值是__________. 【答案】 【分析】设正方体的中心为，连接，设，连接，由已知线面关系可证得平面，从而可得，，根据空间向量的数量积计算，从而可得其最小值. 【详解】设正方体的中心为，连接，设，连接，    因为正方体中，所以平面， 因为平面， ， 又平面，所以平面， 因为P是棱的中点，正方体的中心为， 所以，则四边形为平行四边形，则， 故平面，由于平面， 则，， 所以， 因为，，所以， 因为，所以|，所以， 因为E，F是矩形内的任意两点，所以，当且仅当E，F为或的两端点时，等号成立， 则，即的最小值是. 故答案为：. 变式2-2（25-26高三上·陕西榆林·阶段检测）在正三棱柱中，，点为侧面内的一点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，利用极化恒等式得到，并求出的最小值，得到答案. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 则，，两式平方后相减可得 ，即， 其中，故， 故当取得最小值时，取得最小值， 当位于矩形的中心时，取得最小值，最小值为等边的中线长，即， 故. 故选：B 变式2-3（25-26高二上·广东茂名·期中）已知是棱长为1的正方体表面上不同的三点，则的最小值是________ 【答案】/ 【分析】方法一：利用极化恒等式把转化为，再利用正方体性质，先确定，再确定最小值，最大值，从而可求得最小值； 方法二：利用空间向量的坐标运算，先研究关于三元函数最小值，再求剩下变量构造成两点间距离的最大值，最后确保它们能同时取到最值的条件是三点共面即可. 【详解】法一： 根据正方体的性质，可不妨设在下底面的棱上动点，又设中点为， 则 当与中点重合时，取到最小值， 当为底面对角线的顶点时，取到最大值， 所以当为底面中心，为底面对角线的顶点时, 取到最小值； 法二、如图建立空间直角坐标系， 设，，，其中，，. 则，. 则 ， 当在正方体同一面上时，则当，，时，取得最小值， ， 即当为正方体一面的对角线，为对角线中点时，取得最小值； 当、、不在正方体同一面上时，由对称性，不妨设，，不同时为0， 此时 ； 因为，，，则， 所以， 综上，的最小值是. 题型三、由数量积求模长夹角 典例3 （24-25高一下·吉林松原·期末）郑国渠是秦王嬴政命郑国修建的著名水利工程，先人用智慧和勤劳修筑了一道道坚固的堤坝.如图是一道堤坝的示意图，堤坝斜面与底面的交线记为，点分别在堤坝斜面与地面上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，若，二面角的大小为，则（    ） A．3 B． C． D．6 【答案】D 【分析】根据向量加法的三角形法则得到，再利用向量模长平方的性质将展开，结合向量数量积公式计算，最后求出. 【详解】由题意可知：，，， 因为， 则 ， 所以． 故选：D. 变式3-1（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知O为正方形ABCD的中心，分别为的中点，若将正方形ABCD沿对角线BD翻折，使得二面角的大小为，则此时的值为____________. 【答案】 【分析】应用向量夹角求法及数量积的运算律求. 【详解】翻折后如图所示，易知，， 结合已知有，， ， ， 易知，，设正方形边长为2， 所以，， 所以的值为 故答案为： 变式3-2（25-26高二上·陕西汉中·阶段检测）已知四面体中，，，，，空间一点M满足，若四点共面，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由空间向量的和差整理得到与的关系式，由四点共面求得系数的值，然后由向量的数量关系求得，代入即可求得结果. 【详解】由，得， 所以． 由四点共面，知，解得． 又，， ∵， ∴ ． 故选：B． 变式3-3（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）（多选）如图，在三棱柱中，与相交于点，，，，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．与所成角的余弦值为 D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据空间向量的线性运算可得，，进而验证即可判断；对于BCD，根据空间向量的数量积的定义及运算律求解判断即可. 【详解】对于A，由题意，四边形为平行四边形，则为的中点， 因， ， 则 ， 则，即，故A正确； 对于B，由A知，， 则 ，即得，故B正确； 对于C，由A知，，， 则 ， 则， 即与所成角的余弦值为，故C错误； 对于D，由A项知，，， 则 ，故D正确. 题型四、空间向量基本定理及应用 典例4 （25-26高二下·辽宁沈阳·开学考试）（多选）已知四边形为空间四边形，点分别在边上，且满足，点满足，则下列选项正确的是（   ） A． B．若，则点四点共面 C．点可能共线 D．，则 【答案】ABD 【分析】根据空间向量加法规则、共面向量定理、共线向量定理、空间向量基本定理逐项判断即可. 【详解】对于A，根据空间向量加法规则可知，A正确； 对于B，因为点满足，且，所以根据共面向量定理得点四点共面，B正确； 对于C，因为， ， 与不共线，故不共线，因此不可能共线，C错误； 对于D，因为 因为，所以，则，D正确. 变式4-1（25-26高二上·河南·阶段检测）（多选）在长方体中，，，M为BC的中点．动点P满足，，，则下列说法正确的是（    ） A．点P一定在平面内 B．当时，点P的轨迹长度为 C．当，P，M三点共线时， D．当时，的最大值为 【答案】BC 【分析】A利用及平面向量基本定理即可；B取的中点N，即可得出，计算长度即可；C由共线性质即可；D利用基底化简得出，再化简得出，当，时，取最大值，但此时不满足. 【详解】对于A选项，易得，故，则共面，又有公共点，故点P在平面内，故A错误； 对于B选项，取的中点N，连接， 则，，则，， 则四边形为平行四边形， 则当时，，， 可知此时点P的轨迹为线段AN，其长度为， 故B正确； 对于C选项，由，与三点共线，可知，故C正确； 对于D选项，显然为一组正交基底， 而， 故 ， 而 ， 故 ， 因，，故当，时，最大为， 此时不满足，故的最大值不为，故D错误． 故选：BC．    变式4-2（24-25高一下·浙江宁波·期末）（多选）在长方体中，，空间中的点满足，则下列说法正确的是（       ） A．若，则点在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为 【答案】AD 【分析】对于A，当时，可得，可判断A；平面，可得的值最大时，与面所成角最小，可判断B；利用等体积法可求得最小值判断C；求得轨迹长可判断D. 【详解】对于A，当时，可得，所以， 所以点在平面上，故A正确； 对于B，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，且时，点在直线上，到平面的距离为定值， 要使与面所成角最小，则的值最大，由题意， 故，直线与所成角无限趋于零，故正切值无限趋于零，故B错误； 当时，点在平面内，的最小值即为点到平面的距离， 由勾股定理可得，， ， 由余弦定理可得， 所以，所以， 设到平面的距离为，由， 得，所以， 解得，故C错误； 当，即在表面内的轨迹是以为圆心，4为半径的一段圆组弧， 圆弧交于点，可得，所以， 所以，所以， 当在表面内时，由，所以的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆的，所以轨迹长度为， 在平面内的轨迹与在内的相同为， 在平面内轨迹是以为圆心，4为半径的圆的，所以轨迹长度为， 所以若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为，故D正确. 故选：AD. 变式4-3（24-25高二上·湖北·阶段检测）（多选）已知四棱柱的底面是边长为6的菱形，平面，，，点满足，其中，，，则（   ） A．当为底面的中心时， B．当时，长度的最小值为 C．当时，长度的最大值为6 D．当时，为定值 【答案】ACD 【分析】对于A：根据空间向量的线性运算分析求解即可；对于BC：分析可知点在及内部，利用等体积法求最小值，取端点验证最大值；对于D：利用空间向量的数量积可得，进而可求. 【详解】由题意可知：. 对于A，当为底面的中心时， 则， 即，，，所以，故A正确； 对于BC，当时，可知点在及内部， 设，点到平面的距离为， 由题意可知：为等边三角形，且， 可得，， 因为，即，解得， 所以长度的最小值为，故B错误； 若点分别与重合时，长度分别为6，6，3， 所以长度的最大值为6，故C正确； 对于D，若， 则 ， 又因为， 则 ， 所以为定值，故D正确； 故选：ACD. 题型五、利用空间向量坐标运算求参数范围 典例5 （25-26高二下·陕西安康·期末）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． (1)证明：平面； (2)设是侧面内（含边界）一点，且，求长度的取值范围． 【答案】(1)连接，因为，分别为，的中点，所以，   又平面，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理求证； （2）以为原点建系，设，，，根据得，即可计算. 【详解】（1）略 （2）以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，   因为，， 所以，，，， 则，，．   因为点在侧面内（含边界），所以可设，，， 则，所以．   由，得， 即，即，所以， 由，得，则．   ， 因为，所以，则，所以，   所以，所以长度的取值范围为． 变式5-1（2026高三下·全国·竞赛）在空间直角坐标系中， ，点在平面内运动， 则当取最小值时，的坐标为_________． 【答案】 【分析】设点，利用空间两点距离公式展开得出关于的二次多元函数，根据平面内一点到三角形三顶点距离平方和的最小值在该三角形重心处取得，再利用空间三角形重心坐标公式求解． 【详解】设点，则 ， 是关于的二次凸函数，的最小值在的重心处取得， 重心坐标为，即． 该点在平面上，符合要求． 变式5-2（25-26高二下·安徽安庆·阶段检测）在长方体中，，为线段上一动点，则的最小值为____． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量的数量积计算公式即可求解． 【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5-3（25-26高三下·广东惠州·阶段检测）已知四面体中，，，空间中的动点满足，则动点的轨迹截四面体所得截面的面积为______. 【答案】 【分析】将三棱锥放入长方体中，根据对角线长度计算长宽高，再利用坐标计算点的轨迹，从而得出截面为平行四边形，再利用向量计算夹角，最后利用三角形的面积公式计算. 【详解】由于三棱锥对棱相等，把它放到长方体中，如图， 设长方体的长宽高分别为， 则有， 以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设点，因为， 所以 ，解得. 则所求截面为四面体的四条棱的中点连成的四边形， 因为，所以四边形为平行四边形， 因为，， 所以， 所以， 因为， 所以平行四边形的面积为. 题型六、由空间向量求点到平面/直线的距离 典例6 （25-26高二上·广东深圳·阶段检测）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是和的中点，则下列结论正确的有（    ） A． 平面 B．平面 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【详解】对于A，因为分别是和的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，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， 则 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又，又，所以与不共线， 所以不垂直于平面，故B错误； 对于C，因为， 所以点到直线的距离为，故C正确； 对于D：因为， 所以点到平面的距离为，故D正确； 变式6-1（25-26高二上·贵州黔东南·期末）（多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，，则（    ） A． B．点到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．向量在向量上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的坐标表示判断A，利用空间向量法求点到直线的距离判断B，求出平面的法向量，利用空间向量法求点到平面的距离判断C，利用投影向量的定义判断D. 【详解】对于A：因为，，所以，故A正确； 对于B：因为 ，，所以 ， 又，则， ，， 所以点到直线的距离为 ，故B错误； 对于C：因为，，， 设平面的法向量为， 则，取，则点到平面的距离 ，故C正确； 对于D：因为，，所以，， 所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD 变式6-2（2026·内蒙古呼和浩特·模拟预测）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，．求到平面的距离． 【答案】(1)证明：连接，因为四边形为矩形， 所以点为的中点，又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 【分析】（1）借助线面平行判定定理即可得证； （2）法一：可建立适当空间直角坐标系，求出及平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得；法二：借助等体积法，利用计算即可得. 【详解】（1）略 （2）法一：由题意，可以点为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 又，则在法向量上的投影长度为， 故到平面的距离为. 法二：由（1）知平面， 到平面的距离为到平面的距离， 在中，，， 由平面，平面，故， 由底面为矩形，则，又，、平面， 故平面，又平面，故， 则， ∴，则， 故， 由，， 设到平面的距离为， ∴，解得， 故 PB 到平面 AEC 的距离为． 变式6-3（25-26高二上·湖南岳阳·期末）在直三棱柱中，，，，，点是棱的中点，点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为_____. 【答案】 【分析】在直三棱柱中，因为平面，，所以可以建立空间直角坐标系，利用参数设动点的坐标，利用点到直线的距离公式表示点到直线的距离，再根据函数单调性求出最值. 【详解】在直三棱柱中，因为平面，，所以三条两两垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.    因为点是棱的中点，所以. 设，其中， 连接，则，， 所以点到直线的距离 ． 设，，则， 所以． 所以当，即，即点与点重合时，点到直线的距离取得最小值，最小值为. 故答案为：. 题型七、求线面角及范围 典例7 （26-27高三上·山东滨州·开学考试）如图，在三棱锥中，侧面底面，侧面是边长为2的等边三角形，是中点，是棱上的一点，已知． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦的最大值． 【答案】(1)是等边三角形，是中点，则， 又因为平面平面，平面平面 ，平面，所以平面，而平面，所以， 因为，是等边三角形，所以，又，所以， 而，所以，所以，即， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，从而得，计算出的长后由勾股定理的逆定理得，再由线面垂直判定定理得证平面，从而可证得线线垂直； （2）分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，再求出，由直线与平面所成角正弦值等于与夹角的余弦值的绝对值求得正弦值，然后结合函数性质得最大值. 【详解】（1）略 （2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， 设，则， 记直线与平面所成角为，则 ，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. 变式7-1（25-26高一下·黑龙江鸡西·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面平面，平面平面，点E是棱的中点，点F是棱上的一点（不包含端点）． (1)求证：平面； (2)若，且平面与平面的夹角的余弦值为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）记平面交于点G，点H在平面上，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明：因为底面是边长为6的正方形，所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面． (2)（ⅰ）6（ⅱ） 【分析】（1）利用面面垂直可证明线面垂直，从而可证明线面垂直； （2）（ⅰ）利用空间向量法来求两平面夹角的余弦值，再计算空间体积即可； （ⅱ）利用空间向量法来求线面角的正弦值，再通过二次函数值域即可求线面角正弦值的取值范围. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由（1）知平面，又，平面，所以，，又， 则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系， 可得：，，，，， 所以，，， 设， 则． 设平面的法向量为，则 即， 取，解得，，则， 因为平面，所以是平面的一个法向量． 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以， 解得或（舍），所以， 所以三棱锥的体积 ． （ⅱ）设，则， 由（i）可知为平面的一个法向量，所以， 所以，解得， 所以， 因为在平面上，所以， 所以． 设平面的法向量，则 即， 取得，，则， 设与平面所成角为， 则． 因为，所以， 即与平面所成角的正弦值的取值范围为． 变式7-2（25-26高一下·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，，上的点满足，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且． (1)证明：平面平面； (2)点在上，若二面角的正切值为． （i）求； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)连接，交于点，连结． 由，且，则四边形是菱形， 则，且点是的中点，所以，， 又，则为等边三角形，所以， 所以， 又，则，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． (2)（i）（ii） 【分析】（1）先根据菱形的性质证明，再根据等边三角形的性质，及勾股定理证明，进而根据线线垂直，线面垂直的性质即可证明结论； （2）（i） 解法一：先确定二面角的平面角，再设，（），从而根据相似三角形的性质，余弦定理，及正弦定理得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可； 解法二：先确定二面角的平面角，根据余弦定理，勾股定理证明，再设，，从而根据相似三角形的性质，及余弦定理，得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可； 解法三：先确定二面角的平面角，再设，（），从而根据余弦定理，及正弦定理得到平面角的正切值与的关系，进而求解即可； （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，再根据勾股定理，余弦定理，及求出的值，进而根据求出即可． 解法四： （i）结合（1），以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，（），从而求出平面的法向量，再结合平面的法向量，根据二面角的向量求法求出的值即可； （ii）结合（i）得到，再求出平面的法向量，再根据直线与平面所成角的向量求法即可求解． 【详解】（1）略 （2）（i） 解法一：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为点，连结． 由，且平面，所以平面， 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，所以是二面角的平面角， 又二面角的正切值为，即， 设，（）， 则，， 又，所以，， 由（1）和均为边长为的等边三角形， 在中，，，， 则由余弦定理得， 则，所以， 又，所以，所以， 所以， 所以在中，由正弦定理有， 即，即， 所以， 所以，解得，即． 解法二：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为，连结． 由，且平面，所以平面， 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，所以是二面角的平面角， 又二面角的正切值为，所以， 在中，，，， 则由余弦定理得，即， 则，所以，所以， 设，（），则， 又，所以，， 过点作交于点，则， 又是的中点，则是的中点，所以， 又，则， 又在中，，，， 则由余弦定理得， 则，所以， 所以，所以， 又，则，所以， 所以，解得， 即． 解法三：连结交于点，过作交于点，过点作，垂足为，连结． 由，且平面，所以平面． 又平面，所以， 又，且，平面，所以平面． 又平面，所以， 又，所以是二面角的平面角， 又二面角的正切值为，所以． 设，（），则，， 又，所以， 在中，，，， 则由余弦定理得， 则，所以， 所以，所以， 所以， 所以在中，由正弦定理有，即， 所以， 所以， 所以，解得，即． （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，则． 又结合（i）有，即是的中点，即， 在中，有，，则， 在中，有，，，则， 所以在中，， 所以在中，， 在中，有，，， 则到边的高为，所以， 又在中，， 又，即， 所以，所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． 解法四： （i）由（1）可知，，，两两垂直， 则以，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由，，则，，， 在中，由余弦定理有，即， 则，所以， 结合（1）有，， 则，，，， 所以，，， 设，（），则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，即， 显然，是平面的一条法向量， 设二面角的平面角为， 又二面角的正切值为，则，则， 所以， 整理得，解得，或（舍去），即． （ii）结合（i）可知，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，即， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 变式7-3（25-26高二下·江苏徐州·期末）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，，分别在棱，上，满足，，，四点共面． (1)当为中点时， （ⅰ）求平面与平面的夹角的余弦值； （ⅱ）求点到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)（i）；（ii）； (2). 【分析】（1）（i）建立合适的空间直角坐标系，求相关平面的法向量即可得到答案； （ii）利用点到平面距离的空间向量法即可得到答案； （2）利用线面角的空间向量法得到表达式，再利用基本不等式和二次函数性质即可求出最值. 【详解】（1）（i）以为原点，为正交基底建立空间直角坐标系， 当为中点时，，所以， 设平面的法向量为， 则，即， 取，得， 由于平面的法向量为， 所以，所以平面与平面夹角的余弦值为． （ii）设，则， 因为,,,四点共面，所以设， 即，得，当时，， 所以， 设平面的法向量为，则， 即，取，得， 所以点到平面的距离为． （2）由（1）得，易得平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 因为 ，当且仅当时取等号，此时， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 题型八、求二面角及范围 典例8 （26-27高三上·江苏常州·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (3) 【分析】（1）利用三角形中位线得到线线平行，依据线面平行判定定理完成证明； （2）利用等体积转化由体积比确定点的位置，通过勾股定理证线线垂直，推证线面垂直，进而证面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，设出动点坐标，求解平面法向量，得到二面角的余弦表达式，结合三角函数有界性求出二面角余弦的最小值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 变式8-1（25-26高三下·广西南宁·阶段检测）如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． (1)若，证明：平面； (2)若，且，证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； (3) 【分析】（1）连接辅助线,依题可知是中的一条中位线，可得，利用线面平行的判定定理即可证明平面． （2）根据可得点位置，利用可得长度，利用勾股定理可证，再利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面. （3）建立空间直角坐标系，表示点坐标，利用空间向量求二面角余弦值公式建立关于的函数，利用换元法化简函数，之后求函数值域即可. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值． 变式8-2（25-26高一下·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. 变式8-3（25-26高一下·湖南长沙·期末）如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，且，设平面平面，且． (1)证明：； (2)若，， （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）点是四边形（不含边界）内的动点，且，求平面与平面所成角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明：因为为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 因为，所以； (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）由线面平行的性质得线线平行，从而证明出； （2）（i）法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，得到线面角的正弦值； 法二：补体成长方体，得到为直线与平面所成角，求出各边长，求出正弦值； （ii）令，，则，求出平面和平面的法向量，利用面面角的余弦公式和换元得到，根据函数的单调性，得到平面与平面所成角的余弦值的取值范围. 【详解】（1）略； （2）（i）（法一：向量法）因为平面，且，所以，，两两互相垂直， 以为原点，、、分别为，，轴正方向，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， 由可得取，则，， 所以， 设直线与平面所成角为， 则； （法二：几何法）补体成长方体， 过点作垂直于点，连接，，则平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，，所以， 在中，，， 所以． （ii）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 又是四边形（不含边界）内的动点，则点在以为圆心，2为半径的圆上， 令，，则， 又，，，，， ，， 设平面的法向量为， 则取， 设平面的法向量为， 则取， 故， 令，则， 因为函数在上单调递减，则， 则， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 题型九、直线的倾斜角及斜率的范围 典例9 （25-26高三上·重庆·阶段检测）若，，若直线与线段AB有公共点，则实参数m的取值范围为______． 【答案】 【分析】确定线段端点与直线的位置关系，先代入端点计算，再解不等式即可. 【详解】将 代入直线方程： ， 将 代入直线方程： ， 因为直线 与线段 有公共点， 所以，所以解集为 ， 即实数 的取值范围为 ， 故答案为：. 变式9-1（25-26高二上·辽宁大连·期中）已知为直线的倾斜角，若直线的法向量为，，那么当实数变化时，的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由直线的法向量得到直线的方向向量，进而求得直线的斜率，利用斜率与 倾斜角的关系求范围. 【详解】由直线的法向量为可得：直线的方向向量可取为. 当时，，此时直线垂直于轴，. 当时，直线的斜率，， 则当时，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，此时； 则当时，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，此时； 综上可得：的取值范围是. 故选：A. 变式9-2（25-26高二上·湖北孝感·期中）若直线与以为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出直线恒过的定点，分别求出直线的斜率，由直线与线段相交，得到直线的斜率和直线的斜率的不等关系，从而得到直线的倾斜角的取值范围. 【详解】直线，即，则直线恒过定点，且斜率为， ，， 直线与以为端点的线段相交，   或，或， 直线的倾斜角取值范围为. 故选：A. 变式9-3（25-26高二上·福建厦门·阶段检测）若点在以，，为顶点的的内部运动（包含边界），则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】的几何意义是点与点 之间的斜率，在平面直角坐标系中画出草图，观察可知，点与点重合时，斜率，点与点重合时，斜率，所以的取值范围是. 题型十、直线方程的综合应用 典例10 （25-26高二上·山东淄博·阶段检测）（多选）下列四个命题中正确的是（    ） A．过点，且在轴和轴上的截距互为相反数的直线方程为； B．已知两条直线，若，则； C．若直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为或； D．若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为． 【答案】BC 【分析】结合已知条件，利用直线方程的性质和图像对各选项进行逐一分析，选项A需考虑直线过原点和不过原点两种情况；选项B需根据平行条件，得出斜率相等，但截距不相等；选项C通过直线过定点，结合直线与线段相交求的范围；选项D需分析三条直线不能构成三角形的所有情况求的值． 【详解】选项A：如下图所示，过点在轴和轴上的截距互为相反数的直线为：和，共两条，故A错误；    选项B：， 整理得：，， ①，②，解①得或，解②得， ，故B正确； 选项C：直线等价于，恒过定点， 直线的斜率分别为， 又直线与线段相交， 或，即为或，故C正确；    选项D：当直线与平行时，即时不能构成三角形； 当直线与平行时，即时不能构成三角形； 直线与交于点， 当点在直线上时，即时，三条直线不能构成三角形， 实数的取值集合为，故D错误． 故选：BC． 变式10-1（25-26高二上·浙江杭州·期中），过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与不重合，为坐标原点），则以下结论：（1）为定值；（2）的面积的最大值为；（3）的最大值为5；（4）的最大值为.其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】先求出定点的坐标，根据直线方程可得两条直线垂直即，进而判断（1），结合基本不等式可判断（2），进而可得点P的轨迹方程，然后根据圆的性质及柯西不等式判断（3）（4）. 【详解】对于直线，变形为， 令，解得，定点， 对于直线，变形为， 令，解得，定点， 对直线和直线， ，故两条直线垂直，, ,，为定值，故（1）正确， 设，由以上可知，根据基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 的面积， 的面积的最大值为，故（2）正确； 设，，，则，， ，即，在以为圆心，为半径的圆上， 故的最大值为，故（3）正确； 设，由上可知，根据柯西不等式可得，即， ，当且仅当时取等号，的最大值为，故（4）正确. 故选：. 变式10-2（25-26高二上·河南驻马店·期末）数学家欧拉1765年在《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：“三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上”，这就是著名的欧拉线定理后人称这条直线为欧拉线.已知的顶点，，，则的欧拉线的方程为__________. 【答案】 【分析】求出重心坐标，求出边上的高和边上的高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程. 【详解】因为的顶点，，， 所以的重心为，即， 可得直线的斜率为，则边上的高所在的直线斜率为， 则方程为，即， 直线的斜率为，则边上的高所在的直线斜率为， 则方程为，即， 联立方程，解得，即的垂心为， 则直线斜率为，则可得直线方程为， 故的欧拉线方程为. 故答案为：. 变式10-3（24-25高二上·湖北·阶段检测）已知，，直线将分割成面积相等的两部分（O为坐标原点），则_________. 【答案】 【分析】分类讨论，当直线与线段交于点时，经计算得不合题意，当直线与线段交于点时，根据可求得点的坐标，即可得到直线的斜率. 【详解】    由题意得，直线过定点，. 如图1，当直线与线段交于点时，， ，不合题意. 如图2，当直线与线段交于点时， 由，得直线方程为，即. 中，设边上的高为，则，即，解得，故. ∵点在直线上，∴，即， ∴. 故答案为：. 题型十一、求点到直线的距离及最值 典例11 （24-25高二上·天津滨海新区·阶段检测）直线的方程为，当原点O到直线的距离最大时，的值为______． 【答案】 【分析】整理直线方程，建立方程组，求其定点的坐标，结合直线垂直的斜率公式，可得答案. 【详解】由，整理可得， 令，解得，则直线过定点， 易知当时，原点到直线的距离最大，显然此时斜率都存在， 直线的斜率，直线的斜率， 由，则，解得. 故答案为：. 变式11-1（25-26高一上·浙江杭州·期中）关于的方程在上有实数解，其中为实数，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将看成两点间距离的平方，再利用点到直线距离求解. 【详解】由 ，得. 设，当时为增函数，而， 所以. 所以方程转化为. 而即为点到点的距离的平方， 而点满足， 则的最小值即为点到直线距离的平方的最小值， 即的最小值.而， 设，则在为增函数， 所以，则. 所以最小值为. 变式11-2（25-26高二上·黑龙江·阶段检测）当点 到直线 的距离取最大值时，的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直线的方程化为点斜式，确定直线所过的定点；当点到直线的距离最大时，直线与和定点的连线垂直，通过斜率关系求解的值. 【详解】∵直线 ，可变形为，恒过定点， ∴当点 到直线 的距离取最大值时，. 直线的斜率， 直线的斜率为，且， 两直线斜率之积为，即，代入可得：，解得. 故选：C. 变式11-3（25-26高二上·贵州贵阳·阶段检测）已知点在直线上，则的最小值为__________. 【答案】 【分析】将所求目标转化为直线上的点到定点和的距离和，求出点关于直线的对称点为，可得，当三点共线时，最小，从而得出结论. 【详解】， 表示直线上的点到定点和的距离和， 假设点关于直线的对称点为，且交直线于点， 则有，解得， 因此得到， ， 当三点共线时，最小，最小值为. 故答案为：.    题型十二、与角平分线，中线，高线有关的计算 典例12 （25-26高二上·江苏南通·阶段检测）已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． (1)求顶点的坐标； (2)若点为边上一点，且的面积为求点的坐标. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据点在的高线上，中点在直线上列方程得到点，根据点在边的中线上，垂直于边上的高线列方程得到点； （2）法一:根据点在上列方程，根据的面积得到到边的距离，然后利用点到直线的距离公式列方程，最后解方程即可； 法二：根据的面积得到到边的距离，然后设过与平行的直线的方程，最后与直线的方程联立即可； 法三：根据与的面积比值得到，然后利用向量求坐标即可. 【详解】（1） 设， 因为边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为， 所以解得，即的坐标为． 设，因为边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为， 联立方程组解得，即的坐标为． （2）法一：设(， 直线方程为 即， 因为，，所以． 的方程为，即， 又因为的面积为， 所以到边的距离为,即 即或， 联立方程组，解得=（舍去）， 联立方程组，解得， 所以. 因为，，所以． 的方程为，即， 又因为的面积为， 所以到边的距离为，设过与平行的直线为， 所以，解得或（结合图形舍去） ， 直线方程为 即， 联立方程组 解得，所以. 因为，，所以． 因为直线方程为，即， 所以点到边的距离为，即边上的高为， 故的面积为， 因为的面积为， 所以 ，所以 ， 设，则，解得. 变式12-1（25-26高二上·湖北·期中）已知在中，边上的高所在的直线方程为，边上的高所在的直线方程为，点的坐标为． (1)求垂心的坐标； (2)求所在的直线方程； (3)若关于直线：的对称点为，求点到直线的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）联立、边上高所在的直线方程，解方程组得到垂心的坐标. （2）利用垂心性质得以确定的斜率，再通过与边上高垂直求出的方程，联立与边上的高得点坐标，最后用点斜式写出的直线方程. （3）根据对称点的垂直关系与中点在对称轴上的性质列方程组求出的坐标，再用点到直线的距离公式计算到的距离. 【详解】（1）如图所示：设的边上的高为，边上的高为，    设：，：，联立得， 解得，所以垂心； （2）， 由“三条高线交于一点”可得：，所以， 因为，设所在直线方程为，代入解得：， 所以所在直线方程：，联立直线与的方程， 可得， 解得，所以，所以所在直线方程：， 整理后可得：.    （3）设关于直线：的对称点，则有， 且的中点在上，所以， 整理得，解得， 所以，所以到直线的距离为． 变式12-2（24-25高二上·上海·期中）已知三角形的顶点，边上的高所在的直线方程为，点是边的中点． (1)求边所在直线的方程； (2)求点的坐标； (3)求的角平分线所在直线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由边上的高所在直线方程得到边所在直线的斜率，利用点斜式写出方程即可； （2）设点B的坐标为，由点是边的中点，可得点的坐标，点B在直线上，点A在直线上，联立方程组即可求得的值，从而得解． （3）求得直线的方程，设的角平分线上任意一点的坐标为，利用点到直线的距离公式可得，求解即可. 【详解】（1）因为边上的高所在直线方程为， 所以边所在直线的斜率为，且经过点， 所以边所在直线的方程为， 即所在直线的方程为； （2）设点B的坐标为，因为边上的高所在直线方程为， 又因为点是边的中点，所以点A的坐标为， 由边所在直线的方程为， 所以，即， 由，得，所以点B的坐标为. （3）由（2）可得点A的坐标为，所以， 所以直线的方程为，即， 设的角平分线上任意一点的坐标为， 又直线所在直线的方程为， 则，所以， 所以或， 即或，又因为，， 所以的角平分线所在直线的方程为． 变式12-3（25-26高二上·河南·阶段检测）在中，，边上的中线所在直线的方程为：，边上的高所在直线的方程为：，求： (1)点的坐标； (2)边所在直线的方程； (3)中的角平分线所在直线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设，可得，由，可得，再根据斜率公式列式，联立方程，解出坐标即可； （2）设，则边的中点，由边上的高所在直线过点C，及边的中点在上，列式求出点C坐标，求出边所在直线的斜率，利用点斜式方程即可求解； （3）求出、所在直线方程，设是的角平分线所在直线上任意一点，由角平分线的性质可得P到边所在直线，边所在直线的距离相等，结合点到直线的距离公式列式即可求解. 【详解】（1）设， 因为边上的中线所在直线：经过点A，所以， 因为边上的高所在直线的方程为：， 所以，即， 又，所以，即， 由得 所以点A的坐标为． （2）设，因为边上的高所在直线：经过点C， 所以． 因为边上的中线所在直线的方程为：， 所以边的中点在：上， 即，所以， 由得 所以点C的坐标为． 因为边所在直线的斜率， 所以边所在直线的方程为，即． （3）因为边所在直线的斜率， 所以边所在直线的方程为，即． 因为：过B，C两点， 所以边所在直线的方程为． 设是的角平分线所在直线上任意一点， 由角平分线的性质可得P到边所在直线，边所在直线的距离相等， 即． 所以或． 因为的角平分线应该与边（不含端点）有交点， 所以的角平分线所在直线的斜率， 所以不符合，符合， 所以中的角平分线所在直线的方程为． 题型十三、平行线的距离及应用 典例13 （25-26高二上·湖北襄阳·阶段检测）若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，试写出满足条件的一个实数的值：__________________. 【答案】，，（只需写出其中一个值即可） 【分析】化简得到，然后根据情况，对进行分类讨论即可求解. 【详解】由已知得，明显地，，整理得，又由， 看成有且仅有三条直线满足，和到直线：（不过原点）的距离均为， 由， （1）当，此时，易得符合题意的直线为线段的垂直平分线， 以及与直线平行的两条直线和 （2）当时，有4条直线会使得点和到它们的距离相等， 注意到不过原点，所以，当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去， 设点到的距离为， ①作为增根被舍去的直线，过原点和的中点，其方程为， 此时，，符合； ②作为增根被舍去的直线，过原点且以为方向向量，其方程为， 此时，，符合； 综上，满足题意的实数为，，； 故答案为：，，. 变式13-1（25-26高二上·安徽·阶段检测）“直线系”是具有某一共同性质的直线的集合，通常用含参数的直线方程来表示，当参数取不同值时，方程表示该直线系中的某一条直线.已知，是直线系中的两条直线，若，则，之间的距离为_____. 【答案】4 【分析】设，，根据直线平行列方程，然后利用两角差的正弦公式和正弦函数性质得或，从而，最后代入平行直线距离公式求解即可. 【详解】不妨设，， 因为，所以，所以，由题意，所以或， 不妨设，此时，即，由于的常数项为，而，故两直线不重合， 所以，之间的距离为. 故答案为：4 变式13-2（25-26高三下·江西赣州·期中）已知实数满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件，将问题转化成求两平行直线，间的距离，即可求解. 【详解】由，得到，， 因为表示点到点间的距离， 又点在直线上，点在直线上， 易知直线与直线平行， 则两直线，间的距离为， 所以的最小值为. 变式13-3（25-26高二上·湖北省直辖县级单位·期末）已知直线，且与不垂直，则直线与之间距离的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两直线平行可得，利用两平行线之间的距离公式求得距离表达式，再利用判别式法求得函数值域即可求得距离范围. 【详解】由可得，又与不垂直，所以； 将直线化为，也即； 因此直线与之间的距离为， 令，整理可得， 易知，整理可得，解得； 当时，，此时两直线重合； 当时，，满足条件，因此. 故选：C 题型十四、点关于直线对称的点及应用 典例14 （25-26高二上·山东济宁·期中）设直线，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，与交于点，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点.若光线所经长度，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设关于轴的对称点为，先求出点关于直线的对称点的坐标，再根据光学性质得到四点共线，由求出的坐标，进而求出直线与直线的交点的坐标，即可求出的值. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则得，即. 设关于轴的对称点为，由光学性质可知，四点共线， 所以，， 又因为，所以，解得或， 故或， ①当时， 此时直线的斜率为，直线的方程为， 由，解得，所以直线与直线的交点， 此时，不符合题意，舍去； ②当时， 此时直线的斜率为，直线的方程为， 由，解得，所以直线与直线的交点， 此时. 综上，的值为. 故选：D. 变式14-1（24-25高二上·广东广州·期中）在等腰直角三角形中，以为原点，、所在直线分别为、建立平面直角坐标系，，点是边上异于、的一点，光线从点出发，经、发射后又回到原点（如图）．若光线经过的重心，则的坐标等于______． 【答案】 【分析】根据对称性求出直线与直线的方程，再将这两条直线的方程联立，即可求得点的坐标. 【详解】如下图所示： 则、，直线方程为 ，即， 三角形重心为 ，即， 设，设点关于直线对称点为， 由题意可得，解得，即点， 由光的反射性可知、、、四点共线，且， 直线斜率为，直线方程为， 因为直线过重心，即，整理得， 解得（舍去）或，即点， 所以，直线的方程为， 联立，解得，即点. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：若点与点关于直线对称，由方程组可得到点关于直线的对称点的坐标（其中，）. 变式14-2（24-25高二上·河南周口·阶段检测）如图，将一块三角形的玉石置于平面直角坐标系中，已知，，点，图中阴影三角形部分为玉石上的瑕疵，为了将这块玉石雕刻成工艺品，要先将瑕疵部分切割掉，可沿经过点的直线进行切割．    (1)求直线的倾斜角的取值范围． (2)是否存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上？ (3)设玉石经切割后剩余部分的面积为，求的取值范围． 【答案】(1) (2)不存在，理由：由（1）可知，、，则直线的斜率为， 假设存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上， 此时，，则， 此时，直线的倾斜角满足，不合乎题意， 因此，不存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上. (3) 【分析】（1）观察点运动时，直线与线段（不包括端点）有无公共点，数形结合可得出直线的倾斜角的取值范围； （2）假设存在直线，使得点关于直线的对称点在线段上，求出直线的斜率，由题意可知，求出直线的斜率，结合（1）中的结论判断即可； （3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当轴时，直接求出的值；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点、的坐标，可求出面积的取值范围，进而可得出的取值范围，综合可得出结论. 【详解】（1）解：由图可知，点在第一象限，设点， 因为，，则， 所以，，解得，即点， 由题图可知，当点从原点沿着轴的正方向移动时，直线的倾斜角在逐渐增大， 当直线与直线重合时，设直线交轴的交点为，如下图所示：    当点在线段上运动时，直线与线段（不包括端点）没有公共点， 当点在线段（不包括点）上运动时，直线与线段（不包括端点）有公共点， 且直线的斜率为，直线的倾斜角为， 综上所述，直线倾斜角的取值范围是. （2）略 （3）解：当轴时，此时，为线段的垂直平分线， 此时，； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，其中， 直线的方程为，即， 联立可得，即点， 联立可得，即点， 所以，， 所以， ， 因为，则，所以，， 综上所述，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问在求解三角形面积的取值范围时，要注意对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在设出直线的方程后，关键要求出点、的坐标，再利用三角形的面积公式以及函数思想求范围. 变式14-3在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，AB，AD边分别在x轴，y轴的正半轴上，点A与坐标原点重合，如图所示．将矩形折叠，使点A落在线段DC上． （1）若折痕所在直线的斜率为k，试求折痕所在直线的方程； （2）在（1）的条件下，若时，求折痕长的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）当时，此时A点与D点重合，求出折痕所在的直线方程．当时，将矩形折叠后A点落在线段DC上的点记为，可知：A与G关于折痕所在的直线对称，有，解得故G点坐标为，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标即线段OG的中点M的坐标表示，即可得出结果； （2）当时，折痕长为当时，折痕所在的直线交BC于点，交y轴于点，利用两点之间的距离公式、二次函数的单调性即可得出结果． 【详解】（1）当时，此时点A与点D重合，折痕所在的直线方程为； 当时，将矩形折叠后点A落在线段DC上的点记为， 所以点A与点G关于折痕所在的直线对称，有， 即，交点， 故点G的坐标为， 从而折痕所在的直线与OG的交点坐标线段OG的中点为， 所以折痕所在的直线方程为，即， 综上所述，折痕所在的直线方程为； （2）当时，折痕的长为2； 当时，折痕所在的直线交BC于点， 交y轴于点，， 又因为，所以，所以 综上所述，折痕长的取值范围为． 题型十五、与直线方程有关的三角形四边形面积最值 典例15 （2026高一上·广东江门·竞赛）已知过点的直线l分别与x轴的正半轴，y轴的正半轴交于点． (1)当时，求直线l的倾斜角大小； (2)求面积的最小值； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将代入得坐标，根据斜率公式及斜率与倾斜角的关系，即可求解； （2）设直线，代入坐标可得，利用均值不等式可得，进而求得面积的最小值； （3）直线的倾斜角为，设，设直线的方程为，将代入直线方程中，可用表示，，进而利用三角换元求解. 【详解】（1）由题，，当时，为， 则斜率， 因为直线经过x轴的正半轴，y轴的正半轴， 所以设直线的倾斜角为，则， 所以. （2）由题，， 设直线，将点代入方程可得， 所以，所以，当且仅当，即时，等号成立， 因为，所以的最小值为. （3）由（1），直线的倾斜角为，设， 则直线的方程为， 将代入可得，， 所以斜边长 ，则设 ， 令 ，则， 所以， 由 ，所以， 当且仅当 ，即 时取等， 此时 . 变式15-1（2026高三·全国·专题练习）一条直线经过点，并且分别满足下列条件，求直线方程： (1)倾斜角是直线的倾斜角的2倍； (2)与x、y轴的正半轴交于A、B两点，且的面积最小（O为坐标原点）． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）设所求直线倾斜角为θ，已知直线的倾斜角为α，利用可得所求直线斜率，从而可用点斜式得到直线方程. （2）设直线方程为，将点代入得，利用基本不等式得，从而得到面积的最小值及此时的直线方程. 【详解】（1）设所求直线倾斜角为θ，已知直线的倾斜角为α，则，且，， 从而所求直线方程为，即． （2）设直线方程为，，， 代入，得，得， 当且仅当即时等号成立，从而， 此时直线方程为，即． 变式15-2（25-26高一下·上海嘉定·期末）已知直线． (1)讨论直线与直线的位置关系； (2)若直线交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程． 【答案】(1)当时，直线与重合；当时，直线与相交 (2)的最小值为，此时直线的方程为。 【分析】（1）先将两直线方程化为斜截式，再进行判断即可； （2）由题设易得，，，进而表示出，再根据基本不等式求解即可. 【详解】（1）直线，即， 直线，即， 当时，直线即为，此时两直线重合； 当时，直线与直线斜率不相等，即两直线相交. （2）直线：， 当时，直线：，显然不满足题意，所以， 令，得，令，得，即，． 依题意得，解得， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以，此时直线的方程为． 变式15-3（25-26高二上·四川成都·阶段检测）已知直线经过点. (1)若直线在轴上的截距是在轴上的截距3倍，求直线的方程； (2)若直线与轴、轴的正半轴分别相交于两点，求当的面积取得最小值时直线的方程. 【答案】(1)或. (2) 【分析】（1）讨论截距是否为0，设直线方程后代入点坐标，然后求得结果. （2）设直线，代入点坐标，得到，然后求出点坐标，根据题意列出不等式，求得的取值范围，利用基本不等式求得当取何值时面积取最小值，代入直线方程后得到结果. 【详解】（1）当直线l在轴上的截距和在轴上的截距均为0时， 设直线，则，即，则， 当直线l在轴上的截距和在轴上的截距均不为0时， 设直线l在轴上的截距为，则在轴上的截距为， 则直线，即，则，则，即. （2）由题意可知，直线斜率一定存在， 设直线，则，即，则， 令，则，令，则， 则， 则，∴，即. ∴， ∵时，，∴， 当且仅当，即时取等号， ∴， 即， ∴. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $