空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题讲义-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学讲义通过表格梳理“空间动点存在性问题”“空间角度最值问题”两大考点，以核心知识点（如动点参数化方法、角度与三角函数单调性）和四步解题思路（建系设参等）构建知识脉络，突出数形转化与函数思想的内在联系。 讲义亮点在于例题与变式训练的分层设计，精选四川、北京等地阶段检测题，覆盖线面垂直、二面角最值等题型，通过参数化方程与函数求最值培养数学思维与模型观念，基础生可掌握通法，优生能深化探究，助力教师实施精准复习教学。

空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题讲义 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题讲义 考点目录 空间动点存在性问题 空间角度最值问题 考点一 空间动点存在性问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 问题本质 将“是否存在满足某几何条件的动点”的几何判断，转化为代数方程是否有符合几何意义的解的代数问题，通过参数化动点实现数形转化。 1. 动点的常见参数化方法 · 棱上动点：最常考类型，设分点比例，如 ，，用 表示动点坐标； · 坐标轴/平行轴动点：直接设单个坐标为参数，如 、，参数范围由线段长度确定； · 面内动点：设两个参数，结合平面方程约束，通常优先转化为单参数问题简化计算。 1. 常见存在性条件类型 · 位置关系类：线线垂直/平行、线面垂直/平行、面面垂直/平行； · 角度类：线线角、线面角、二面角等于指定值； · 距离类：点到直线、点到平面的距离等于定值； · 数量类：线段长度、图形面积、几何体体积等于定值。 二、解题思路 1. 建系设参：建立空间直角坐标系，根据动点所在的线/面选取合适参数，用参数表示所有相关点的坐标，明确参数的取值范围。 1. 条件转化：将几何条件通过向量公式转化为关于参数的方程（组）： · 垂直 向量数量积为0；平行 方向向量/法向量成比例； · 角度 代入对应三角函数公式列方程；距离 代入距离公式列方程。 1. 解方程验证：求解方程（组），检验解是否在参数的取值范围内，是否符合几何位置约束。 1. 给出结论：有符合条件的解则存在，说明参数取值或点的位置；无合理解则不存在。 【例题分析】 例1．（25-26高二上·四川广安·阶段检测）如图，在三棱锥中，底面，，，分别为棱，的中点，在线段上，且，，． (1)求点N到直线的距离； (2)点D在线段上运动（包括端点），是否存在一点D，使平面？若存在，求出线段的值；若不存在，请说明理由．（以上问题用向量法求解，综合法一律不得分） 例2．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点．用空间向量坐标法解答以下问题：    (1)求与所成角的余弦值； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由；若存在，求的值． 例3．（25-26高二上·海南·阶段检测）如图，直三棱柱中，分别为和的中点． (1)证明：平面； (2)若. ①求与平面所成角的正弦值． ②在线段上是否存在一点，使得？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由. 【变式训练】 变式1．（25-26高二上·吉林长春·阶段检测）在中，，，，分别是上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.    (1)求证：平面； (2)求点M到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点重合），使平面CMN与平面DEN垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 变式2．（25-26高二上·浙江舟山·阶段检测）定义：若一个四面体的两组对棱分别相等（即），则称该四面体为空间菱形．已知空间菱形中，． (1)若平面平面，求实数的值； (2)在（1）的条件下，求该空间菱形的体积； (3)若，那么在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 变式3．（25-26高二上·广东汕头·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 考点二 空间角度最值问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 问题本质 将空间角的大小，转化为关于动点参数的三角函数表达式，通过求函数的最值得到角度的最值，核心是函数值域思想。 1. 角度与三角函数的单调性对应（核心关键） 空间角的范围固定，对应三角函数具有明确单调性，可通过三角函数的最值反推角度的最值： · 线线角 ： 在区间内单调递减， 最大 最小； 最小 最大； · 线面角 ： 在区间内单调递增， 最大 最大； 最小 最小； · 二面角 ： 在区间内单调递减；通常研究锐二面角最值，转化为 的最值。 1. 常用几何结论 · 最小角定理：斜线与平面所成的角，是这条斜线和平面内所有直线所成角中最小的角； · 动点在定直线上运动时，到定点的距离存在最小值（垂线段最短），对应斜线长的最值，可直接推导线面角的最值。 二、解题思路 1. 建系设参：建立空间直角坐标系，设出动点参数，明确参数的取值范围。 1. 表示角度函数：选取对应角度的三角函数（线线角用余弦、线面角用正弦、二面角用余弦），将其表示为关于参数的函数表达式。 1. 求函数最值：根据函数形式选择合适方法： · 一次/二次函数型：利用单调性、配方法求最值； · 分式型：利用分离常数法、基本不等式求最值； · 几何意义型：结合垂线段最短、轨迹性质直接判断最值。 1. 反解角度：根据三角函数的最值，结合角度范围与单调性，反推出角度的最大值或最小值。 【例题分析】 例1．（25-26高二下·江苏南京·期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设平面平面，若点在线段上运动，且，当直线与平面所成角取最大值时，求的值． 例2．（25-26高二上·吉林长春·阶段检测）如图所示，已知四棱锥平面ABCD．点为PA的中点，，，垂足分别为． (1)证明：； (2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； 例3．（25-26高二下·河北·期末）如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点. (1)若点为的中点，求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【变式训练】 变式1．（25-26高二下·广东惠州·期末）如图，在三棱锥中，，底面．    (1)求证：； (2)若，且点为线段上的动点，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 变式2．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在四棱锥 中，四边形 是正方形，平面 平面 ， . (1)证明: 平面 ； (2)若， 为 中点，，点 在平面 上，求直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围. 变式3．（25-26高二上·贵州遵义·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面平面 (1)证明：平面 (2)若，为中点，点在棱上，且异面直线与所成的角为， ①求PF的长度 ②平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求与平面所成角的正弦值的取值范围 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题讲义 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题、空间角度最值问题讲义 考点目录 空间动点存在性问题 空间角度最值问题 考点一 空间动点存在性问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 问题本质 将“是否存在满足某几何条件的动点”的几何判断，转化为代数方程是否有符合几何意义的解的代数问题，通过参数化动点实现数形转化。 1. 动点的常见参数化方法 · 棱上动点：最常考类型，设分点比例，如 ，，用 表示动点坐标； · 坐标轴/平行轴动点：直接设单个坐标为参数，如 、，参数范围由线段长度确定； · 面内动点：设两个参数，结合平面方程约束，通常优先转化为单参数问题简化计算。 1. 常见存在性条件类型 · 位置关系类：线线垂直/平行、线面垂直/平行、面面垂直/平行； · 角度类：线线角、线面角、二面角等于指定值； · 距离类：点到直线、点到平面的距离等于定值； · 数量类：线段长度、图形面积、几何体体积等于定值。 二、解题思路 1. 建系设参：建立空间直角坐标系，根据动点所在的线/面选取合适参数，用参数表示所有相关点的坐标，明确参数的取值范围。 1. 条件转化：将几何条件通过向量公式转化为关于参数的方程（组）： · 垂直 向量数量积为0；平行 方向向量/法向量成比例； · 角度 代入对应三角函数公式列方程；距离 代入距离公式列方程。 1. 解方程验证：求解方程（组），检验解是否在参数的取值范围内，是否符合几何位置约束。 1. 给出结论：有符合条件的解则存在，说明参数取值或点的位置；无合理解则不存在。 【例题分析】 例1．（25-26高二上·四川广安·阶段检测）如图，在三棱锥中，底面，，，分别为棱，的中点，在线段上，且，，． (1)求点N到直线的距离； (2)点D在线段上运动（包括端点），是否存在一点D，使平面？若存在，求出线段的值；若不存在，请说明理由．（以上问题用向量法求解，综合法一律不得分） 【答案】(1) (2)结合（1）的空间直角坐标系，有，则，， 设，，则，平面的法向量为， 所以，令，得到， 又平面，即， 所以，解得， 所以． 【分析】（1）先根据题意建立空间直角坐标系，得到所需各点的坐标，从而得到，，进而结合投影向量即可求出点到直线的距离； （2）结合（1）的空间直角坐标系，设，，从而求出平面的法向量为，再根据题意得到，即可求出的值，进而即可得到结论． 【详解】（1）由底面，，且底面，则，，两两垂直， 所以以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由，，，且，分别为棱，的中点， 则，，， 所以，， 所以在上的投影向量的模长为， 所以点到直线的距离为． （2）略 例2．（25-26高二上·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点．用空间向量坐标法解答以下问题：    (1)求与所成角的余弦值； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由；若存在，求的值． 【答案】(1) (2) (3)当或时，使得二面角的余弦值为 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求，利用夹角公式即可求解； （2）求平面的法向量为，显然平面的法向量为，利用夹角公式即可求解； （3）设，即，求平面的法向量为，利用夹角公式得，即，解出即可求解. 【详解】（1）由平面，所以， 以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，    由，所以， 设，由， 所以，解得， 所以， 所以， 所以， 所以与所成角的余弦值为； （2）由题意有， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然平面的法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为； （3）设，即，由, ， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 所以， 化简整理得：，解得或， 所以存在点，当或时，使得二面角的余弦值为. 例3．（25-26高二上·海南·阶段检测）如图，直三棱柱中，分别为和的中点． (1)证明：平面； (2)若. ①求与平面所成角的正弦值． ②在线段上是否存在一点，使得？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明： 取的中点为，连接， AI因为，，故，由直三棱柱的性质可得，故， 故四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，故平面. (2)①； ②不存在，理由为： 假设在线段上存在一点，使得. ∵点在线段上，∴，使得， ∴， 要使得，只需要，即， 即，此方程组无解， ∴假设不成立，即在线段上不存在一点，使得. 【分析】（1）根据中位线定理及平行四边形的性质证得线线平行，根据线面平行的判定定理求证线面平行； （2）建立恰当的空间直角坐标系，根据线面角的向量求法可得；假设在线段上存在一点，使得，根据已知推得矛盾，所以假设不成立，即在线段上不存在点，使得. 【详解】（1）略 （2）因为，故，故，由直三棱柱可得平面，所以两两垂直，故可以分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则. 故，，又.设平面的法向量为，则， 所以，取， ①故与平面所成角的正弦值为. ②略 【变式训练】 变式1．（25-26高二上·吉林长春·阶段检测）在中，，，，分别是上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.    (1)求证：平面； (2)求点M到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N（N不与端点重合），使平面CMN与平面DEN垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为在中，，，所以， 根据折叠关系，而且平面， 所以平面，平面，则，又， 由，平面，所以平面； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据已知有、，应用线面垂直的判定和性质定理证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，并求出相关直线的方向向量、平面的法向量，应用点面距的向量求法求距离； （3）根据（2）所建坐标系，设，，，求出相关平面的法向量，再由平面垂直列方程求参数，即可得. 【详解】（1）略 （2）因为DE经过的重心，故，由（1）知平面， 以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，.    由几何关系知， 故， 所以，， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 设M到平面的距离为； （3）设，，，即， 即，，. 设平面CMN的法向量为，则，， 所以，则，令，则， 设平面DEN的法向量为，， 则，即，令，则， 若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，， 故存在这样的点，，所以. 变式2．（25-26高二上·浙江舟山·阶段检测）定义：若一个四面体的两组对棱分别相等（即），则称该四面体为空间菱形．已知空间菱形中，． (1)若平面平面，求实数的值； (2)在（1）的条件下，求该空间菱形的体积； (3)若，那么在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直与直二面角的关系，结合题中定义、等腰三角形的性质进行运算证明即可； （2）根据（1）的结论，结合线面垂直的判定定理、棱锥的体积公式进行求解即可； （3）把空间菱形补成长方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）设中点为点，连接， 因为四面体为空间菱形． 所以， 根据等腰三角形的性质可知：， 所以是二面角的平面角， 当平面平面时，有 由，， 可得， 因为， 所以有； （2）由（1）可知， 因为平面， 所以平面， 由（1）可知，所以， 所以空间菱形的体积为； （3）把空间菱形放在长方体中，如下图所示： 建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 由长方体的性质可得：， 于是， 设棱上存在一点，使得平面与平面的夹角为，设， 设，则有， 所以，， 设平面的法向量为， 于是有， 设平面的法向量为， 于是有因为平面与平面的夹角为， 所以， 解得，因为，所以， 因此棱上存在一点，使得平面与平面的夹角为，此时. 变式3．（25-26高二上·广东汕头·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 折叠前，四边形是菱形，所以， 由分别是边的中点，所以，故， 折叠过程中且都在面， 所以面，故面，面， 所以面面. (2)存在，为上靠近的三等分点，理由如下： 当面面时，由面面，面，， 所以面，又面，故， 综上，可建立如下空间直角坐标系，则， 所以，设， 则， 所以，则，， 设面的法向量为，则， 取，则，而面的一个法向量为， 若面与面的夹角为，则，解得， 所以为上靠近的三等分点，满足题设要求． 【分析】（1）先证平面，结合面面垂直的判定定理证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置. 【详解】（1）略 （2）略 考点二 空间角度最值问题 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 问题本质 将空间角的大小，转化为关于动点参数的三角函数表达式，通过求函数的最值得到角度的最值，核心是函数值域思想。 1. 角度与三角函数的单调性对应（核心关键） 空间角的范围固定，对应三角函数具有明确单调性，可通过三角函数的最值反推角度的最值： · 线线角 ： 在区间内单调递减， 最大 最小； 最小 最大； · 线面角 ： 在区间内单调递增， 最大 最大； 最小 最小； · 二面角 ： 在区间内单调递减；通常研究锐二面角最值，转化为 的最值。 1. 常用几何结论 · 最小角定理：斜线与平面所成的角，是这条斜线和平面内所有直线所成角中最小的角； · 动点在定直线上运动时，到定点的距离存在最小值（垂线段最短），对应斜线长的最值，可直接推导线面角的最值。 二、解题思路 1. 建系设参：建立空间直角坐标系，设出动点参数，明确参数的取值范围。 1. 表示角度函数：选取对应角度的三角函数（线线角用余弦、线面角用正弦、二面角用余弦），将其表示为关于参数的函数表达式。 1. 求函数最值：根据函数形式选择合适方法： · 一次/二次函数型：利用单调性、配方法求最值； · 分式型：利用分离常数法、基本不等式求最值； · 几何意义型：结合垂线段最短、轨迹性质直接判断最值。 1. 反解角度：根据三角函数的最值，结合角度范围与单调性，反推出角度的最大值或最小值。 【例题分析】 例1．（25-26高二下·江苏南京·期中）如图所示，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设平面平面，若点在线段上运动，且，当直线与平面所成角取最大值时，求的值． 【答案】(1) 因为底面是菱形，所以， 又因为平面平面， 所以平面． (2) (3) 【分析】（1）由线面平行的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的余弦公式即可求解； （3）设，由线面夹角的向量公式即可求解． 【详解】（1）略 （2）因为平面， 在菱形中，，所以，则为等边三角形， 取中点，所以，又，所以， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 所以， 平面的一个法向量为， ， 设平面的一个法向量， 所以，即， 取，则，所以， 所以， 由图可知平面与平面所成角为锐角， 所以平面与平面所成角的余弦值为． （3）由（1）知，平面，且平面平面， 可得，故直线的方向向量可取为 点在线段上运动，， 而当时，点在点处，此时在平面内，所成角为0，不可能为最大值， 所以， ， ， 设平面的一个法向量为， 所以，即， 取，则， 所以， 设直线与平面所成角为，要使最大，即最大， 所以， 因为函数在上单调递减， 所以，则， 所以当时，取到最大值， 所以当直线与平面所成角取最大值时，的值为． 例2．（25-26高二上·吉林长春·阶段检测）如图所示，已知四棱锥平面ABCD．点为PA的中点，，，垂足分别为． (1)证明：； (2)若平面EBD，设二面角的平面角为，且为钝角，求的最大值； 【答案】(1)因为平面，且平面，所以， 因为，可得， 又因为点为的中点，可得，且， 因为，，且，所以， 所以为等腰直角三角形，可得， 如图所示，取的中点，连接，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. (2) 【分析】（1）取的中点，根据题意，分别证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，根据，可得设和，求得平面与的法向量为和，利用向量的夹角公式，求得，进而得到答案. 【详解】（1）略 （2）设与交于点，平面，且平面平面， 因为平面，所以， 又因为点为的中点，所以点为的中点， 因为平面，且平面，所以， 又因为，所以, 以为原点，以分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，可得， 设，可得 因为，所以， 解得，同理可得， 不妨设，其中， 因为过点，可得， 因为， 可得，解得， 设平面与平面的法向量分别为， 则，取，可得， 所以，同理可得， 所以， 由图形可得，满足角为钝角， 又由，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以二面角的平面角的余弦值的最大值为. 例3．（25-26高二下·河北·期末）如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，，，，是棱上的点. (1)若点为的中点，求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明：如图，取的中点，连接，. 因为是棱的中点，所以且.        因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则.     因为平面，平面，所以平面. (2) 【分析】（1）平行四边形可得线线平行，由线面平行的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦，再换元后求范围即可. 【详解】（1）略. （2）取的中点，连接，. 因为是边长为2的等边三角形，所以，，. 因为，，为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，则，. 又，所以，所以. 又因为，所以平面.     以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，.     设，其中， 则. 设平面的法向量，所以，         令，得. 设平面的法向量，所以， 令，得.         设平面与平面的夹角为，则 ，.         令，则. 令，当时，，当时，， 所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围为. 【变式训练】 变式1．（25-26高二下·广东惠州·期末）如图，在三棱锥中，，底面．    (1)求证：； (2)若，且点为线段上的动点，求直线与平面所成角的正切值的取值范围． 【答案】(1)底面，且底面， 故， 又， 故， 平面，且， 则平面， 又平面， 故． (2) 【分析】（1）根据三棱锥的几何性质，利用线面垂直推出线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，进而求出坐标，及平面的法向量，利用向量夹角余弦公式求出线面角的正弦值，进而得出正切值，结合二次函数的性质求出正切值的取值范围． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系，    则， 点在上，设， 故，则， 故， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设直线与平面所成角为，则 ， ， 令， ，故， 故，当时取最小值， 当时取最大值． 变式2．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在四棱锥 中，四边形 是正方形，平面 平面 ， . (1)证明: 平面 ； (2)若， 为 中点，，点 在平面 上，求直线 与平面 所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)因为在四棱锥 中，四边形 是正方形，所以， 又平面 平面 ，且平面，所以平面 ， 因为平面 ，所以， 又，平面 ， 所以 平面 . (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明线面垂直可得； （2）利用空间向量先求出平面的法向量进而求出点的坐标，再利用空间向量法求正弦值可得. 【详解】（1）略 （2） 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， 因，则有， 因为 为 中点，，则， ，即得. 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面过点，设， 则，， 所以， ， 设平面 的法向量为， 则，故可取， 设直线 与平面 所成的角为，因， 则， 可得当时取得最大值为； 所以直线 与平面 所成角的正弦值范围是. 变式3．（25-26高二上·贵州遵义·阶段检测）如图，在四棱锥中，四边形是正方形，平面平面 (1)证明：平面 (2)若，为中点，点在棱上，且异面直线与所成的角为， ①求PF的长度 ②平面AEF交PC于点G，点M在线段PB上，求与平面所成角的正弦值的取值范围 【答案】(1) 证明：因为平面平面，平面平面，， 所以平面，因为平面，所以. 又平面，所以平面. (2)①；② 【分析】（1）要证明平面，则需要证明垂直于平面内的两条相交直线即可，即证明. （2）①建立空间直角坐标系，用坐标的形式求出的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出参数值，进而求得的长度；②利用坐标求出平面的法向量坐标和的坐标，然后根据向量夹角的余弦公式求出结果即可. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，因为平面，所以. 又平面，所以平面. （2）①由（1）可知平面，所以，，两两垂直， 故以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意可得， 所以， 设，则， 因为异面直线与所成角为， 所以 解得，所以． ②设，则， 设平面的法向量为，则，即 取，得， 因为，所以，即，解得， 所以所以 因为在线段上，所以， 则 设平面的法向量，则   即 取，得. 设与平面所成角为， 则 由于，所以，所以 即与平面所成角的正弦值的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $