期中培优：空间动点存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

期中培优：空间动点存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练 期中培优：空间动点存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练 考点目录 空间动点存在性问题 空间角度最值与范围问题 考点一 空间动点存在性问题 核心思路： 先假设满足条件的点存在，设出含参数的坐标，把条件坐标化后列方程求解；有解且解在给定范围内即存在，无解或解超出范围即不存在。 坐标设法： 动点在线段 上，设 ，此时 ；在射线上 ；在直线上 ；在平面上设坐标满足平面方程，保留相应自由参数。 条件坐标化对照： 线线平行看方向向量成比例；线线垂直、线面垂直、面面垂直看数量积为零；线面平行看方向向量与平面法向量数量积为零，并排除直线在平面内；等长、等距离用距离公式平方相等；共面用混合积为零或向量共面条件；等角、定长直接代入夹角公式和距离公式。 常用方法： 一是坐标法，垂直关系明显的几何体优先建系，把问题变成解参数方程；二是几何法，借助中位线、平行四边形、线面平行与垂直判定定理、面面性质，先找候选位置再证明；三是轨迹思想，到两点等距对应中垂面，到定点定长对应球面，再判断轨迹与给定线段、平面有无交点；四是基底参数法，动点用基底向量线性表示，把条件转化为系数方程组。 例1．（26-27高二上·广东惠州·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 例2．（26-27高二上·天津河北·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由． 例3．（26-27高二上·广东佛山·阶段检测）如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，． (1)求二面角的平面角的余弦值． (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 变式1．（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求锐二面角的余弦值； (3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 变式2．（26-27高二上·广东·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，平面平面． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使平面与平面所成角大小为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由． 变式3．（26-27高二上·北京朝阳·阶段检测）如图，正方形的边长为，、分别为、的中点．在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱、分别交于点、． (1)求证：； (2)若底面，且，直线与平面所成角为． （i）确定点的位置，并说明理由； （ii）求线段的长． 考点二 空间角度最值与范围问题 核心思路： 建系求出直线方向向量与平面法向量，把三类角用向量夹角公式表示；含动点或旋转参数时，将角度式化为关于参数的函数，再求值域与最值；临界位置（平行、垂直、端点、极值位置）逐一比较。 三类角公式（务必分清）： 异面直线所成角 ，用余弦 ，取绝对值；线面角 ，用正弦 ，其中 为直线方向向量、 为平面法向量；二面角 ，先算 ，法向量夹角与二面角相等或互补，锐钝由图形开口方向判断。 求最值与范围： 动点型设参数 ，把 、 或 化为关于 的分式或二次式，用函数单调性、二次函数值域、基本不等式求解；旋转、截面型角度随参数连续变化，找端点、平行位置、垂直位置等临界点，比较各临界处角度大小；也可作平面角，把二面角、线面角放回平面几何中用解三角形处理。利用几何性质辅助判断：平面内过斜足的直线中，斜线与平面所成角最小。 例1．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，底面，垂足为的中点． (1)若过点，，D的平面与棱交于点，证明：是的中点，且四边形为矩形； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值． 例2．（26-27高二上·云南昭通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为的中点. (1)证明：. (2)已知二面角为是线段上的一个动点. ①若，求点到平面的距离； ②若在平面上的射影为，直线与平面所成的角为，求的最大值. 例3．（26-27高二上·辽宁本溪·阶段检测）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的度数； (3)设，直线与平面所成角为，求的最大值以及此时的值． 变式1．（26-27高二上·重庆渝中·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，， 分别为的中点. (1)证明：平面平面； (2)若 ，动点在平面内，且，求的最大值； (3)若，求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 变式2．（26-27高二上·河北·阶段检测）如图，平行六面体的底面是菱形，，，． (1)当，，时，求的长； (2)当，平面时， ①求的长； ②当时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围． 变式3．（25-26高二上·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，，，，是线段上的动点． (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $期中培优：空间动点存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练 期中培优：空间动点存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练 考点目录 空间动点存在性问题 空间角度最值与范围问题 考点一 空间动点存在性问题 核心思路： 先假设满足条件的点存在，设出含参数的坐标，把条件坐标化后列方程求解；有解且解在给定范围内即存在，无解或解超出范围即不存在。 坐标设法： 动点在线段 上，设 ，此时 ；在射线上 ；在直线上 ；在平面上设坐标满足平面方程，保留相应自由参数。 条件坐标化对照： 线线平行看方向向量成比例；线线垂直、线面垂直、面面垂直看数量积为零；线面平行看方向向量与平面法向量数量积为零，并排除直线在平面内；等长、等距离用距离公式平方相等；共面用混合积为零或向量共面条件；等角、定长直接代入夹角公式和距离公式。 常用方法： 一是坐标法，垂直关系明显的几何体优先建系，把问题变成解参数方程；二是几何法，借助中位线、平行四边形、线面平行与垂直判定定理、面面性质，先找候选位置再证明；三是轨迹思想，到两点等距对应中垂面，到定点定长对应球面，再判断轨迹与给定线段、平面有无交点；四是基底参数法，动点用基底向量线性表示，把条件转化为系数方程组。 例1．（26-27高二上·广东惠州·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)连接，交于点，连接， 因为底面为矩形，所以点是的中点， 又点是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. (2)存在，或 【分析】（1）连接，交于点，连接，即可证明，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，设且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）略 （2）存在，或， 因为底面为矩形，底面， 所以以为坐标原点，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，得，则， 又， 设， 则， 设直线与平面的夹角为，且直线与平面所成角的余弦值为， 则， 整理得，所以，解得或， 又， 当时，，当时，，则的长为或. 例2．（26-27高二上·天津河北·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明：连接，交于点，连接，点是的中点，点是的中点， 所以，平面，平面，所以平面. (2) (3)存在，的长为或 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角. （3）假设在棱上存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可. 【详解】（1）略. （2）以为坐标原点，以，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，所以，. 设平面的法向量， 则，令，则，， 所以平面的法向量， 平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以， 即平面与平面夹角的正弦值为. （3）由题，，，， 则，， 假设存在这样的点，设， 则， 由（2）知平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，所以，解得或， 当时，；当时，， 故存在一点满足条件，线段的长为或. 例3．（26-27高二上·广东佛山·阶段检测）如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，． (1)求二面角的平面角的余弦值． (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)直线上是存在点，使得平面，点在直线上，且位于点的另一侧（相对于），满足 . 【分析】（1）通过边长与角度关系，建立空间直角坐标系，直接求出平面的法向量与 平面的法向量，利用夹角公式求出二面角的余弦值； （2）线面平行转化为线与平面的法向量垂直，利用的坐标将表示出来，根据公式将求出来. 【详解】（1）在底面菱形中， 已知，且边长均为2 连接交于点 ，则，且为的中点 在中，,，故为正三角形 所以，， 建立空间直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于底面向上的方向为轴。 则 已知平面平面，且交线为 因为在平面 内，所以在底面的投影落在交线（即轴）上。 又已知， 在平面内，过 作于 在中，， 因为，且 在上，，故，即与重合。 因此 设平面的法向量 , 则，令，则 故 平面的法向量可为， 设二面角的平面角为，由图可知该二面角为锐角。 所以，二面角的余弦值为. （2）存在，设平面的法向量为， ，， 所以，令，则 由（1）可知，， 设， 所以， 平面，所以， 即，解得 所以点在直线上，且位于点的另一侧（相对于），满足 . 变式1．（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，，底面为直角梯形，其中，，． (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求锐二面角的余弦值； (3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）依题意可得侧面，建立空间直角坐标系，利用求解； （2）因为侧面，所以平面的一个法向量为，求出平面的一个法向量为， 利用求解； （3）设，求出，利用点到平面的距离公式求解. 【详解】（1）因为侧面底面，侧面底面，， 底面，所以侧面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以、、、， 因为侧棱，，所以，所以， 所以，故， 所以，，， ， 所以异面直线与所成角的余弦值为. （2）因为侧面，所以平面的一个法向量为， ，，设平面的一个法向量为， 则，即，令，可得. ，故锐二面角的余弦值为. （3）若存在，设，，则， 平面的一个法向量为，， 点到平面的距离为，， 解得，此时，即. 变式2．（26-27高二上·广东·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，平面平面． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使平面与平面所成角大小为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：在平面中，过作于． ∵平面平面，平面平面，平面， 平面． 平面， ． ， ，， ， ，即． ，平面，， 平面． 平面． ． (2)存在，点为靠近点的三等分点 【分析】（1）先通过底面角度关系证明，再结合面面垂直的性质定理，证明 平面，从而由线面垂直推出线线垂直;（2）法 1（向量法）：建立空间直角坐标系，用参数表示点的位置，分别求出两个平面的法向量，根据二面角的余弦值列方程求解参数，确定点的位置;法 2（几何法）：用等体积法求出点到平面的距离，构造二面角的平面角，结合余弦定理建立关于参数的方程，求解得到点的位置。 【详解】（1）略 （2）法1：以为原点，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系． 由（1）得：，， ，，，，． 取中点，连接，，则，． ，， ，． 平面，平面， ． ，平面，且， 平面． ， ，． 设， 则， 设平面的法向量为， 则有，即， 取，，则，则． 易知为平面的其中一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得（舍去）或， ∴存在这样的点，此时点为靠近点的三等分点． 法2：同法1可得平面，． 平面， ， ． 同样设，（） ，， ， ， 过作平面于，过作于， 则为平面与平面的夹角． 由体积相等得：， ，， ，，① ，② ∴由①②得：（舍去）或， ∴存在这样的点，此时点为靠近点的三等分点． 变式3．（26-27高二上·北京朝阳·阶段检测）如图，正方形的边长为，、分别为、的中点．在五棱锥中，为棱上一点，平面与棱、分别交于点、． (1)求证：； (2)若底面，且，直线与平面所成角为． （i）确定点的位置，并说明理由； （ii）求线段的长． 【答案】(1)证明：在正方形中，， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面，则. (2)（i）当满足时，有直线与平面所成角为， 因为平面，四边形为正方形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 设，，则，， 设平面的一个法向量为， 则有，即，令，则， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 化简得，解得或（舍去）， 故当满足时，有直线与平面所成角为． （ii） 【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明平面，再由性质定理得到； （2）（i）建立如图所示坐标系，求出平面的一个法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可； （ii）设点的坐标为，由向量共线可设可得到，再根据求出，计算模长即可. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）设点的坐标为， 因为点在棱上，所以可设，即， 所以，解得，所以，， 因为是平面的一个法向量， 因为平面，所以，即，解得， 故，则，即线段的长为. 考点二 空间角度最值与范围问题 核心思路： 建系求出直线方向向量与平面法向量，把三类角用向量夹角公式表示；含动点或旋转参数时，将角度式化为关于参数的函数，再求值域与最值；临界位置（平行、垂直、端点、极值位置）逐一比较。 三类角公式（务必分清）： 异面直线所成角 ，用余弦 ，取绝对值；线面角 ，用正弦 ，其中 为直线方向向量、 为平面法向量；二面角 ，先算 ，法向量夹角与二面角相等或互补，锐钝由图形开口方向判断。 求最值与范围： 动点型设参数 ，把 、 或 化为关于 的分式或二次式，用函数单调性、二次函数值域、基本不等式求解；旋转、截面型角度随参数连续变化，找端点、平行位置、垂直位置等临界点，比较各临界处角度大小；也可作平面角，把二面角、线面角放回平面几何中用解三角形处理。利用几何性质辅助判断：平面内过斜足的直线中，斜线与平面所成角最小。 例1．（2026·吉林长春·模拟预测）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，底面，垂足为的中点． (1)若过点，，D的平面与棱交于点，证明：是的中点，且四边形为矩形； (2)若，求与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明：连接，. 在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 因为平面，且平面平面，所以， 因为是的中点，所以是的中点. 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，所以四边形为平行四边形. 在中，因为，是的中点，所以. 因为平面，平面，平面， 所以，. 因为平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以，所以四边形为矩形. (2) 【分析】（1）首先根据线面平行的判定定理和性质定理证明，即可证明点是中点，再证明，以及面面平行的性质定理证明，首先证明四边形是平行四边形，再根据垂直关系的转化证明四边形是矩形； （2）根据条件以点为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入线面角的向量公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，，两两垂直，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. 设，在中，，， ，所以， 所以，，，， 则，. 因为，所以. 因为，所以.设平面的法向量为， 则即所以 令，则，，所以. 设与平面所成角为，则 ， 当且仅当，即时等号成立. 故与平面所成角的正弦值的最大值为. 例2．（26-27高二上·云南昭通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，分别为的中点. (1)证明：. (2)已知二面角为是线段上的一个动点. ①若，求点到平面的距离； ②若在平面上的射影为，直线与平面所成的角为，求的最大值. 【答案】(1)因为，是的中点，所以， 因为是正方形，为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以； (2)①；② 【分析】（1）求证平面即可； （2）①以为原点建系，计算平面的法向量，再利用距离公式计算； ②设，得出，结合得出，再利用公式求出线面角即可. 【详解】（1）略 （2）①以为原点，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为二面角为，，，所以， 因为，，所以， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，令，所以， 因为，所以，则， 则点到平面的距离为； ②设， 则， 因为在平面上的射影为，所以， 则，得，则， 设，其中，则， 则， 则， 若，则； 若，则， 因为，所以，则当时，有最大值， 故的最大值为. 例3．（26-27高二上·辽宁本溪·阶段检测）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，平面平面，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的度数； (3)设，直线与平面所成角为，求的最大值以及此时的值． 【答案】(1)因为平面平面， 平面平面平面， 所以平面，所以. 在直角梯形中，由题设条件可知，又 所以，所以 为平面内的相交直线， 所以平面 (2) (3)时，取最大值 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，即，再根据勾股定理证，从而得证； （2）以和方向为轴和轴正方向建立空间直角坐标系，利用法向量求解； （3）利用法向量求，再设新元构造二次函数型函数求解最值. 【详解】（1）略. （2）如图，以和方向为轴和轴正方向建立空间直角坐标系， 则 设平面的法向量为， 则， 令得， 设平面的法向量为， 则， 令得， 设二面角的平面角大小为， 则， 又由图形可知为钝角，所以，所以． （3）， 则， 设，则， 设，则， 当即，时，取最大值，为． 变式1．（26-27高二上·重庆渝中·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，，， 分别为的中点. (1)证明：平面平面； (2)若 ，动点在平面内，且，求的最大值； (3)若，求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1)因为平面，平面，所以， 又因为，，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为分别为的中点，所以，所以， 又因为，所以，又，， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面； (2) (3) 【分析】（1）利用线线垂直可证平面，进而得，可得，结合，可证平面，可证结论； （2）连接交于点，连接，过作于，结合（1）可知动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，进而可求的最大值； （3）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【详解】（1）略. （2）连接交于点，连接，过作于， 因为，为的中点，所以为的中点，且为的中点， 又为的中点，所以，，又， 所以，又因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以， 由（1）知平面平面，平面平面，， 所以平面，又动点在平面内，所以平面， 所以，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 又，所以在圆上，所以的最大值为； （3）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， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 又因为，所以， 所以平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 变式2．（26-27高二上·河北·阶段检测）如图，平行六面体的底面是菱形，，，． (1)当，，时，求的长； (2)当，平面时， ①求的长； ②当时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围． 【答案】(1) (2)①1 ；② 【分析】（1）根据空间向量的数量积、数量积运算律及向量的模求解即可. （2）①根据垂直关系的向量表示、空间向量的数量积、数量积运算律求解即可. ②根据线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）如图，连接BD，， 设，，，由题易得，， 依题意，，，， 而． 所以 ，即． （2）①由（1）知，令， 因为， 所以，，， 易知，，， 因为平面，平面，所以，， 即． 整理得， 而，解得，所以的长为1． ②当时，由①得，， ，则，， ， 而为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则 ， 而，即，则， ，即， 所以直线与平面所成的角的正弦值的取值范围是． 变式3．（25-26高二上·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，平面平面，，，，是线段上的动点． (1)证明：； (2)若是线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值； (3)设直线与平面所成角为，求的取值范围． 【答案】(1) 因为平面平面，平面平面， 又因为平面平面, 所以面，所以， 因为，所以， 因为面，面，， 所以面， 因为面，所以. (2) (3) 【分析】（1）根据空间中线面垂直的性质定理，证明线线垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而求出面面夹角的余弦值； （3）根据线面夹角正弦值的向量方法，求出方向向量和法向量，求出夹角正弦值的函数关系式，根据函数值域求出结果. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知面，又因为，所以两两垂直， 则以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为，，所以为等边三角形， 可得且， 由，所以， 因为是线段的中点，可得， 所以， 设平面的法向量为， 可知,即， 令，解得，所以平面一个法向量； 设平面的法向量为， 可知，即， 令，解得，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为； （3）由（2）可知，所以，所以，则， 设，， 因为，， 则，解得， 可得，， 由（2）可知平面的法向量为， 得,即， 令，解得， 所以平面一个法向量； 设直线与平面所成角为， 则 由，化简得， 则， 令，即， 代入得， 令，则函数是开口向上，对称轴为的二次函数，在上单调递减，在上单调递增， 根据二次函数对称性可知，在处取得最小值，在处取得最大值， 则， 则，可得. 2 学科网（北京）股份有限公司 $