2026秋高三数学复习 空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题(解析版)

空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线截面与轨迹问题、立体几何新定义问题

专项训练

考点目录

最值与范围问题交线、截面与轨迹问题

立体几何新定义问题

考点一最值与范围问题

uuuruuur

1．（2025·河北·模拟预测）正四棱锥P-ABCD底面边长与侧棱长均为2,O为空间任一点，且满足OA×OB=0，则

线段OP长度的取值范围为（）

éùéù

A．ë2,2+1ûB．ë3,3+1û

éùéù

C．ë3-1,3+1ûD．ë2-1,2+1û

【答案】C

【详解】取底面正方形中心S，AB,BC中点M、N，连结SM、SN、SP，

以S为原点，SM、SN、SP为x、、yz轴建立空间直角坐标系，

则A1,-1,0,B1,1,0,P0,0,2，

uuuruuur

设Ox,y,z，则OA=1-x,-1-y,-z,OB=1-x,1-y,-z，

uuuruuur222

因为OA×OB=0，得x-1+y+z=1，

所以点O在以M1,0,0为球心，以1为半径的球面上，

2

且PM=12+02+2=3，

éù

则3-1£OP£3+1，即线段OP长度的取值范围为ë3-1,3+1û.

故选：C

2．（24-25高二上·河南周口·期末）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2,P为棱BB1上的动点（不包含

端点），则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为（）

æ1öæ2öæ1öæ4ö

A．ç0,÷B．ç0,÷C．ç0,÷D．ç0,÷

è2øè3øè4øè9ø

【答案】B

x

【详解】以D为坐标原点，以DA,DC，DD1所在直线分别为轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

uuuuruuuur

A1,0,0,C0,1,2,D0,0,2P1,1,a(0<a<2)DP=(1,1

则11，设，故1，a-2),AC1=-1,1,2，

uuuuruuuur

AC1×D1P2a-2

设AC1与D1P所成的角为q，则cosq==，

uuuuruuuur2

AC1D1P6´2+(a-2)

4(a-2)2

所以cos2q=，令t=(a-2)2,tÎ0,4，

12+6(a-2)2

24æ4ö

cosq=Îç0,÷æ2ö

所以129，故cosqÎç0,÷.

+6èøè3ø

t

故选：B.

3．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，且ÐBAA1=ÐDAA1=60°，

AB^AD，若AC1=3，则棱AA1的最大值为（）

A．2B．22C．3D．32

【答案】D

uuuruuuruuuruuur

【详解】设AB=x,AD=y,AA1=z，则有A1C=A1A+AB+AD，

uuuruuur°

由ÐBAA1=ÐDAA1=60°，AB^AD，所以AB×AD=0，ÐAA1B1=ÐAA1D1=120，

uuur2uuur2uuuruuuruuur2uuur2uuur2uuur2uuuruuuruuuruuuruuuruuur

所以

A1C=A1C=A1A+AB+AD=A1A+AB+AD+2A1A×AB+2A1A×AD+2AB×AD

222

uuuruuuruuuruuuruuur°uuuruuur°

=A1A+AB+AD+2A1AABcos120+2A1AADcos120

2

=z2+x2+y2-xz-yz=z2+x+y-x+yz-2xy=9，

2

即x+y-x+yz+z2-9=2xy，

22

æx+yöx+yx=y

由2xy£2ç÷=，当且仅当时，等号成立，

è2ø2

2

2x+y

所以x+y-x+yz+z2-9=2xy£，

2

2

即x+y-2zx+y+2z2-9£0，令t=x+y，

即t2-2zt+2z2-9£0，关于t的一元二次不等式要有解，

22

所以Δ=4z-4´2z-9³0，解得z2£18，即z£32，

所以z的最大值为32，当z=32时，t2-62t+18£0，

232

即t-32£0，所以t=x+y=32，即x=y=时，等号成立，

2

故选：D.

r

4．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）已知平面a的一个法向量为a=x,1,2-x，直线l的一个方向向量为

r

b=0,11,0，则直线l与平面a所成角的正弦值的最大值为．

3

【答案】

3

【详解】直线l与平面a所成的角为q，

rr

rra×b1111

则sinq=cosa,b=rr===，

a×b11x2+1+4-4x+x22x2-4x+52x-12+3

3

当x=1时，sinq取得最大值，最大值为．

3

3

故答案为：.

3

5．（24-25高二下·上海·期中）如图，在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P为线段D1E

上一动点，则异面直线C1P与AD所成角的余弦值最大值为．

5

【答案】

5

【详解】如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，

在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，得到D(0,0,0)，A(4,0,0)，

C1(0,4,4)，C(0,4,0)，B(4,4,0)，D1(0,0,4)，

因为E为BC的中点，所以由中点坐标公式得E(2,4,0)，

uuuruuuuruuuuruuuur

则AD=(-4,0,0)，1ED=(2,4,-4)，设D1P=lD1E,lÎ0,1，P(x,y,z)，

uuuuruuuur

得到D1P=(x,y,z-4)，lD1E=(2l,4l,-4l)，

即x=2l，y=4l，z-4=-4l，解得z=-4l+4，

uuur

故P(2l,4l,-4l+4)，则C1P=(2l,4l-4,-4l)，

æπù

设异面直线C1P与AD所成角为q，qÎç0,，

è2úû

uuuruuur

AD×C1P-8l

则cosq==，

uuuruuur222

AD×C1P4´(2l)+(4l-4)+(-4l)

2l2l

==，

4l2+16l2-32l+16+16l236l2-32l+16

2l

令fl=，当l=0时，f(l)=0，

36l2-32l+16

2l1

fl==

当l¹0时，284，

36l-32l+169-+

ll2

11

令=tÎ1,+¥，则f(l)可化为g(t)=，

l9-8t+4t2

由二次函数性质得y=9-8t+4t2在1,+¥上单调递增，

由复合函数性质得y=9-8t+4t2在1,+¥上单调递增，

55

故g(t)在1,+¥上单调递减，则g(t)£g(1)=，得到fl£f(1)=，

55

若异面直线C1P与AD所成角q最小，则cosq最大，

5

此时cosq=.

5

5

故答案为：

5

6．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）已知正四棱锥S-ABCD底面边长为2，高为1，动点P在平面ABCD内且满足

uuur2uuur2uuur2uuur2

PA+PB+PC+PD=12，则直线AP与SC所成角的余弦值的取值范围为．

é36ù

【答案】ê,ú

ë33û

【详解】设正方形ABCD的中心为O，过点O作AB,BC的垂线，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则点S0,0,1,A-1,-1,0,B1,-1,0,C1,1,0，D-1,1,0，

uuuruuur

设Px,y,0，可得PA=-1-x,-1-y,0,PB=1-x,-1-y,0，

uuuruuur

PC=1-x,1-y,0,PD=-1-x,1-y,0，

uuur2uuur2

所以PA=x2+y2+2x+2y+2，PB=x2+y2-2x+2y+2，

uuur2uuur2

PC=x2+y2-2x-2y+2，PD=x2+y2+2x-2y+2，

uuur2uuur2uuur2uuur222

因为PA+PB+PC+PD=12，可得x+y=1，可设Pcosq,sinq,0，0£q<2π，

uuuruuur

设直线AP与SC所成角为a，由AP=cosq+1,sinq+1,0，SC=1,1,-1，

uuuruuur

AP×SCcosq+sinq+2

则cosa=uuuruuur=，

APSC33+2cosq+2sinq

æπö

令t=sinq+cosq+2=2sinçq+÷+2，可得tÎé2-2,2+2ù，

è4øëû

11

cosa==2

1é22ù211

Î1-,1+12æö

则êú，则3-+æ1ö，£-ç-1÷+1£1,

të22û23-ç-1÷+12ètø

ttètø

é36ù

可得cosaÎê,ú．

ë33û

é36ù

故答案为：ê,ú.

ë33û

7．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB^AC，AA1=2AB=2AC，

uuuruuur

BP=lBB1.

1

(1)当l=时，证明：平面PAC^平面PAC；

21

(2)当lÎ0,1，记平面PAC与平面BAC，平面ABB1A1，平面ACC1A1，平面BCC1B1所成的角分别为q1，q2，

q3，q4，q=q1+q2+q3+q4，求cosq的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

æ10ö

(2)ç-,0÷

è5ø

【详解】（1）设AA1=2AB=2AC=2，

ABC-A1B1C1为直三棱柱，且AB^AC，

∵1

当l=时，此时P为BB的中点，

21

在VPAA1中，PA=PA1=2，AA1=2，则PA^PA1，

∴

AA1^平面ABC，ACÌ平面ABC，AA1^AC，

∵∴

又AB^AC，AA1IAB=A，AC^平面ABB1A1，

∵∴

又QPA1Ì平面ABB1A1，AC^PA1，

∴

PAIAC=A，PA,ACÌ平面PAC，

∵

PA1^平面PAC.PA1Ì平面PAC1，

∴∵

平面PAC^平面PAC1.

∴

（2）由（1）知AB，AC，A1A两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A0,0,0，C1,0,0，A10,2,0，B0,0,1，P0,2l,1，

uuuruuur

AC=1,0,0,CP=-1,2l,1.

uur

设平面PAC的法向量n0=x,y,z，

uuruuur

ì

ïn0×AC=0,ìx=0,

则íuuruuurÞí

-x+2ly+z=0,

îïn0×CP=0î

uur

令y=1，则n0=0,1,-2l，

ur

同理，平面BAC的法向量n1=0,1,0，

uur

平面ABB1A1的法向量n2=1,0,0，

uur

平面ACC1A1的法向量n3=0,0,1，

uur

平面BCC1B1的法向量n4=1,0,1，

uurur

uururn×n1

cosq=cosn,n=01=，

101uurur2

n0n11+4l

∴

2l2l

同理cosq2=0，cosq3=，cosq4=，

1+4l22×1+4l2

ππ

q=，q+q=，

22132

∴2æö

2ll110

=-22=-2Îç-,0÷

cosq=cosq1+q2+q3+q4=cosq4+π=-1+4l1ç5÷，

1+4l2+4èø

l2

∴

æ10ö

cosq的取值范围为ç-,0÷.

è5ø

∴

8．（2025·重庆·模拟预测）如图，在VABC中，AB=AC，O为BC边的中点，点D，E分别在AB，AC上，将

△ACO绕直线AO旋转α到VAON的位置，点E对应点M，DE交AO于点F，点P在线段NC上，连接EP，

uuur1uuuruuuruuur

FP，MO．已知aÎ0,π，DE=BC，PC=2NP．

3

(1)证明：EP//平面AON；

(2)若AO=BC，求OM与平面EFP所成角的正弦值的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

æ685ù

(2)ç0,ú

è85û

uuur1uuur11

【详解】（1）由DE=BC，则D、E分别为AD=AB、AE=AC，

333

uuuruuur1

由PC=2NP，则NP=NC，故PE//AN，

3

又ANÌ平面AON，PEË平面AON，故EP//平面AON；

（2）由AB=AC，O为BC边的中点，则AO^BC，

如图，在平面BCN内作Ox^BC，则可建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，

设OC为单位长度，则有O0,0,0，C0,1,0，B0,-1,0，A0,0,2，

æ4öæ14ö

由DE交AO于点F，则Fç0,0,÷，Eç0,,÷，

è3øè33ø

æ211öæ114ö

则Nsina,cosa,0，则Pçsina,cosa+,0÷，Mçsina,cosa,÷，

è333øè333ø

uuuuræ114öuuuræ1öuuuræ214ö

则OM=çsina,cosa,÷，EF=ç0,-,0÷，EP=çsina,cosa,-÷，

è333øè3øè333ø

r

设平面EFP的法向量为m=x,y,z，

ìuuur1

EF×mr=-y=0

ï3

则有í，

uuur214

ïEP×mr=sina×x+cosa×y-z=0

îï333

ur

令x=2，则y=0，z=sina，即m可取2,0,sina，

设OM与平面EFP所成角为q，

24

sina+sina

uuuurr

则sinq=cosOM,m=33

1116

sin2a+cos2a+×4+sin2a

999

2sina617sin2a6171

==×=×

24，

172174+sina17

×4+sina2+1

3sina

4

由aÎ0,π，则sinaÎ0,1，则+1Î5,+¥，

sin2a

1æ5ù6171æ685ù

Î0,sinq=×Î0,

则4çú，故4çú.

+1è5û17+1è85û

sin2asin2a

9．（2025·甘肃白银·三模）已知四边形MBEA为矩形，四边形AECD为直角梯形，AE^AD,AD∥

EC,MA=AD=3,EC=6，二面角B-AE-C的大小为q．

π

(1)若q=,P为CD的中点．

3

求点P到平面MBEA的距离；

①

若AE=3，求平面BEP与平面BAD夹角的余弦值．

π

(2)②若q=,AE=3，点N为线段EC的中点，将VDCN沿DN折起，使得VDCN与四边形MBEA在平面AEND的同

2

1

侧，且平面DCN∥平面MBEA，点F为四面体MECD的内切球球面上的一动点，求FD+FC的最小值．

3

9311217

【答案】(1)；

4217

66①②

(2)

3

【详解】（1）设AE,MB的中点分别为T,G，连接PT,TG，

在平面PTG内，过点①P作PQ^TG，垂足为Q，如图所示：

因为四边形MBEA为矩形，所以GT^AE．

因为AE^AD，且T,P分别为AE,DC的中点，所以PT^AE，所以ÐPTQ=q，

因为GTÇPT=T，GT,PTÌ平面PTQ，AE^平面PTQ，所以AE^PQ．

因为PQ^TG，且AEÇTG=T，AE,TGÌ平面MBEA，所以PQ^平面MBEA．

9

因为AD=3,EC=6，所以TP=．

2

ππ939393

因为q-，所以PQ-TP×sin-´-，故点P到平面MBEA的距离为.

332244

过点A作AH^平面ADCE，分别以AE,AD,AH所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

②

π

由知，ÐBEC=．

3

因为①MA=AD=3,EC=6,AE=3，

æ333öæ39ö

所以A0,0,0,D0,3,0,E3,0,0,Bç3,,÷,Pç,,0÷，

è22øè22ø

uuuruuuræ333öuuuræ333öuuuræ39ö

所以AD=0,3,0,AB=ç3,,÷,EB=ç0,,÷,EP=ç-,,0÷，

è22øè22øè22ø

rr

设平面BEP的法向量为m=x1,y1,z1，平面BAD的法向量为n=x2,y2,z2，

uuurì333

rïy1+z1=0

ïìm×EB=0ï22

所以íuuur，所以í，令y1=3，解得x1=33,z1=-1，

mr×EP=039

îïï-x+y=0

îï2121

所以m=33,3,-1为平面BEP的一个法向量．

ruuurì3y2=0

ïìn×AD=0ï

，所以令z=-2，解得，

íruuurí3332x2=3,y2=0

ïn×AB=0ï3x2+y2+z2=0

îî22

r

所以n=3,0,-2为平面BAD的一个法向量，

rr

rrm×n33´3+3´0+-1´-21111217

所以cosnm,nn=rr===，

m×n31´731´7217

11217

所以平面BEP与平面BAD夹角的余弦值为．

217

（2）易知四面体MCDE是棱长为32的正四面体，作CO^平面DME，设内切球的球心为O1，建立如图所示的

坐标系，

且OC=23，则D6,0,0,C0,0,23．

æ3ö

设内切球的半径为r，由等体积法知3，所以O=0,0,，

r=1ç÷

2è2ø

2

æ3ö3

设内切球O球面上任意一点为x,y,z，则22，

1x+y+çz-÷=

è2ø4

1

空间中必存在一定点Sx,y,z，使球O上的点满足FC=FS，

00013

1222

即x2+y2+(z-23)2=x-x+y-y+z-z，

3000

222222

则8x+8y+8z-18x0x-18y0y+43-18z0z+9x0+9y0+9z0-12=0，

ì

ìx=0

0ïx=0

ïy=0ï0

222ï0ï

因为x+y+z-3z=0，所以í，解得íy0=0，

ï123-18z0=0ï

ï222ï23

î9x0+9y0+9z0-12=0z0=

îï3

2

122æ23ö66

易知.

FD+FC=FD+FS³DS=6-0+0-0+ç0-÷=

3è3ø3

10．（24-25高二下·上海宝山·期末）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为BD、CC1的中

点，点G是平面ADD1A1上的点.

uuuruuuruuur

(1)若点G是AD1的中点，证明：GF与AB、AD共面；

(2)求平面ADG与平面BDF所成的锐二面角的大小；

6

(3)若点G满足DG=lDA+DD1l,Î0,1，且点G到平面BDF的距离为，试确定点G的位置，使得GE与

3

平面BDF所成的角取得最大值.

【答案】(1)证明见解析；

6

(2)arccos；

6

uuur3uuur1uuuur

(3)DG=DA+DD时，GE与平面BDF所成的角取得最大值.

551

uuuruuuruuuruuuruuur1uuuruuur

【详解】（1）因为GF=GA+AB+BF且GA=-AD+AA1，

2

uuuruuuruuuruuur1uuuuruuur1uuur

BF=BC+CF=AD+CC=AD+AA，

2121

uuur1uuuruuuruuuruuur1uuur1uuuruuur

所以GF=-AD+AA+AB+AD+AA=AD+AB，

21212

uuuruuuruuur

因此GF与AD,AB共面；

（2）以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所成直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系，

则D0,0,0,D10,0,2,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,F0,2,1,E1,1,0，

uuuruuuruuuruuuur

所以DB=2,2,0,DF=0,2,1,DA=2,0,0,DD1=0,0,2，

r

设平面BDF的一个法向量为n=x,y,z，

ruuur

ïìn·DB=2x+2y=0

y=-1,z=2

则íruuur，令x=1，则，

îïn·DF=2y+z=0

r

所以平面BDF的一个法向量为n=1,-1,2，

uur

平面ADG的一个法向量是n0=0,1,0

ruur

ruurn×n0-16

则cosn,n0=ruur==-，

6

n×n06´1

ruur6

设平面ADG与平面BDF所成的锐二面角为a，则cosa=cosn,n=，

06

6

所以平面ADG与平面BDF所成的锐二面角的大小为a=arccos；

6

uuuruuuruuuurr

（3）DG=lDA+DD1=l2,0,0+0,0,2=2l,0,2，n=1,-1,2，

uuurr

DG×n2l+46

从而点G到平面BDF的距离为r==，

n1+1+43

uuur

由l,Î0,1可化简得l+2=1，EG=2l-1,-1,2，

éπù

设GE与平面BDF所成角为qÎ0,，

ëê2ûú

uuurr1

EG×n6

2l-1+1+43

则sinq=uuurr==，

EGn2l-12+1+421+1+42l-12+1+42

令t=2l-12+1+42，则

2

222æ3ö663

t=4l-4l+2+1-l=5l-6l+3=5çl-÷+³，（当l=时取等号），

è5ø555

1

6

5

所以sinq=3£，

2l-12+1+423

éπù

因为qÎ0,时，y=sinq严格增，

ëê2ûú

3

所以当l=时，GE与平面BDF所成的角取得最大值，

5

31uuur3uuur1uuuur

此时l=,=，即DG=DA+DD时，

55551

GE与平面BDF所成的角取得最大值.

11．（25-26高三上·福建福州·开学考试）如图，四面体ABCD中，AD^CD，AD=CD，ÐADB=ÐCDB，E为

AC的中点.

(1)证明：平面BED^平面ACD；

(2)设AB=BD=2，ÐACB=60°，点F在线段BD上，

（i）求二面角D-AB-C的余弦值；

（ii）记CF与平面ABD所成角为a，求sina的最大值.

【答案】(1)证明见解析

2143

(2)（i），（ii）

77

【详解】（1）由于AD=CD,ÐADB=ÐCDB,DB=DB，

故VABD@VCBD(SAS)，则BA=BC，

由于E为AC的中点，所以AC^BE,AC^DE，

因为BEIDE=E,BE,DEÌ平面BDE，

故AC^平面BDE，又ACÌ平面ACD，

故平面BED^平面ACD.

（2）（i）因为AB=BD=,AB=BC,2ÐACB=60°，

所以VABC为边长为2的等边三角形，则BE=3，

QDA=DC,ÐADC=90°,\DE=1，

\DE2+BE2=4=BD2,\DE^BE，

又DE^AC,BEAC=ÇE,BE,ACÌ平面ABC，

故DE^平面ABC，故建立如图所示的空间直角坐标系，

uuuruuur

则D0,0,1,A0,-1,0,B3,0,0,C0,1,0,\DB=3,0,-1,AD=0,1,1，

ruuur

ïìn×DB=3x-z=0

nr=x,y,z,\

设平面ABD的法向量为íruuur，

îïn×AD=y+z=0

r

令x=1，则n=1,-3,3，

r

平面ABC的一个法向量为m=0,0,1，

rr

rrm×n321

所以cosm,n=rr==，

mn77

由图可知二面角D-AB-C的平面角为锐角，

21

所以二面角D-AB-C的余弦值为；

7

uuuruuuruuuruuur

（ii）设DF=lDB,则DF=3l,0,-l,CD=0,-1,1，

uuuruuuruuur

所以CF=CD+DF=3l,-1,1-l，

uuur

CF×nr23