2026秋高三数学复习 空间向量与立体几何：最值与范围问题、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、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

1．（24-25高二下·河南新乡·期末）如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AA1=4，AB=2，

ÐBAD为锐角，E，F，G分别是AB，BC，A1D的中点．

(1)证明：EG平面C1DF．

∥

(2)求二面角C1-DF-C的余弦值的最大值．

【答案】(1)证明见解析

17

(2)

17

【详解】（1）由题意证明如下，

连接AD1，BD1，CD1，设CD1IC1D=H，连接FH．

在VABD1中，E，G分别是AB，AD1的中点，所以EGBD1，

∥

在△CBD1中，F，H分别是BC，CD1的中点，所以FHBD1，

EGFH．∥

∴∥

EGË平面C1DF，FHÌ平面C1DF，

∵

EG平面C1DF．

（∴2）由题意及（∥1）得，

过点D作DK^AB交AB于点K．

以D为坐标原点，DK所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则D0,0,0，C10,2,4．

æπö

设ÐBAD=aÎç0,÷，

è2ø

则DK=ADsina=2sina，AK=ADcosa=2cosa．

设Fx0,y0,0，

11

则x=DK=sina，y=CD+BK=2-cosa，

0202

即Fsina,2-cosa,0，

uuuuruuur

则DC1=0,2,4，DF=sina,2-cosa,0．

r

设平面C1DF的法向量为m=x,y,z，

uuuur

ìr

ïm×DC1=0,ì2y+4z=0,

则íruuur所以í

îïm×DF=0,îsinax+2-cosay=0,

ræ1ö

可取m=ç2-cosa,-sina,sina÷．

è2ø

r

由几何知识得，平面DCF的一个法向量为n=0,0,1，

1

rrsina

rrm×n2

cosm,n=rr=

mn2

22æ1ö

2-cosa+-sina+çsina÷

è2ø

1

sina

11

=2==

12125-4cosa1．

5-4cosa+sina5-4cosa+sina22+

4241-cosa4

sin2a

令5-4cosa=tÎ1,5，

5-4cosa16t1616

==³=4

则1-cos2a-t2+10t-9æ9ö9，

-çt+÷+10-2t×+10

ètøt

1π

当且仅当5-4cosa=t=3，即cosa=，a=，等号成立，

23

1117

£=

所以5-4cosa1117．

2+24+

1-cos2a44

17

二面角C1-DF-C的余弦值的最大值为．

17

2∴．（24-25高二下·广西·阶段练习）在四棱锥P-ABCD中，平面PAB^平面ABCD，平面PAD^平面ABCD，底

面ABCD为正方形.

(1)求证：AP^平面ABCD；

(2)设PD的中点为E且AE^PC，PA=4.若Q为平面ABCD上的一点，且QB+QD=211，求PQ与平面ABCD所

成角正弦值的最小值.

【答案】(1)证明见解析

238

(2)

19

【详解】（1）底面ABCD是正方形，AB^AD，

平面PAD^平面∵ABCD，平面PADÇ∴平面ABCD=AD，ABÌ平面ABCD，

∵

AB^平面PAD．APÌ平面PAD，AB^AP．

∴同理可得AD^AP，∵∴

ADÇAB=A，AD，ABÌ平面ABCD，AP^平面ABCD．

∵（2）由（1）知AB^平面PAD，AB//CD，∴CD^平面PAD，

又AEÌ面PAD，∴

DC∵^AE．AE^PC，PCÇCD=C，PC,CDÌPCD，AE^平面PCD，

∴又PDÌ平面PCD∵，AE^PD．∴

E为PD中点，AP∴=AD=4．

∵如图，设ACIBD∴=O，以O为原点，OB，OC所在直线分别为x，y轴，z轴//AP，建立空间直角坐标系．

则B22,0,0，D-22,0,0，则BD=42，又QB+QD=211>BD．

x2y2

由题意可知，点Q的轨迹是以B，D为焦点的椭圆，设椭圆方程为+=1a>b>0，

a2b2

又QB+QD=211，所以该椭圆a=11，c=22，则b=a2-c2=3，

∵x2y2

所以Q在平面ABCD内椭圆轨迹方程为：+=1．

113

uuur

设Qx0,y0,0，P0,-22,4， PQ=x0,y0+22,-4．

r∴

又n=0,0,1是平面ABCD的法向量，

uuur4

sinq=cosPQ,nr=

2

记PQ与面ABCD所成角为q，则2，

x0+y0+22+16

2

2æy0ö

又由Q的轨迹方程得x0=ç1-÷´11．

è3ø

22

æy0ö82

记ty0=ç1-÷´11+y0+22+16=-y0+42y0+35，y0Î-3,3．

è3ø3

32æ32ö

该二次函数的对称轴为，ty=t=38，

y0=Î-3,30maxç÷

4è4ø

∴

4238

所以PQ与平面ABCD所成角正弦值的最小值为sinq==

min3819

uuuruuuruuuruuuruuuruuur

3．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，在四棱锥S-ABCD中，SD=2SM，AC=2AN，DA×DS>0，

2

AB=BC=AC=AM=AD=CD=2，ÐSCA=90o．

2

(1)求证：AC^平面BMN；

(2)若二面角M-AC-D的正切值为2，求四棱锥S-ABCD的体积；

(3)求直线SC与平面ACM所成角的余弦值的最小值．

【答案】(1)证明见解析

42+26

(2)

3

6

(3)

3

【详解】（1）因为AB=BC，N为AC的中点，所以BN^AC，

延长BN交CD于点E，连接ME，

2

因为AC=AD=CD=2，则CD=22，所以AC2+AD2=CD2，所以AC^AD，

2

因为BN^AC，则EN^AC，

在底面ABCD中，AD^AC，EN^AC，所以EN//AD，

因为N为AC的中点，故E为CD的中点，

uuuruuur

因为SD=2SM，即M为SD的中点，所以ME//SC，

因为ÐSCA=90o，即AC^SC，故ME^AC，

因为MEIBN=E，ME、BNÌ平面BMN，故AC^平面BMN.

（2）由（1）可知，因为AC^平面BMN，MN、ENÌ平面BMN，故MN^AC，EN^AC，

所以，二面角M-AC-D的平面角为ÐMNE，

1

因为AM=2，AN=AC=1，所以MN=AM2-AN2=22-12=3，

2

过点M在平面BMN内作MF^BE，垂足为点F，

MF2

则tanÐMNE==2，故NF=MF，

NF2

13

由勾股定理可得MN2=MF2+NF2=MF2+MF2=MF2=3，解得MF=2，

22

所以点S到平面ABCD的距离为d=2MF=22.

由（1）可知BN=AB2-AN2=22-12=3，

1111

因为S=S+S=AC×BN+AC×AD=´2´3+´22=2+3，

四边形ABCD△ABC△ACD2222

1142+26

因此V=S×d=´2+3´22=.

P-ABCD3四边形ABCD33

（3）因为SC//ME，故直线SC与平面ACM所成角等于ME与平面ACM所成的角，

过点E在平面BMN内作EG^MN，垂足为点G，

因为AC^平面BMN，EGÌ平面BMN，所以EG^AC，

又因为EG^MN，ACÇMN=N，AC、MNÌ平面ACM，故EG^平面ACM，

所以，ME与平面ACM所成的角为ÐEMN，

在VEMN中，MN=3，EN=1，

ENMN

由正弦定理得=，

sinÐEMNsinÐMEN

ENsinÐMEN33

故sinÐEMN==sinÐMEN£，当且仅当ME^EN时，等号成立，

MN33

3

故直线SC与平面ACM所成角的正弦值的最大值为，

3

2

æ3ö6

即直线SC与平面ACM所成角的余弦值的最小值为.

1-ç÷=

è3ø3

4．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图1，在等腰直角三角形DFC中，FD=FC，A、B、E分别在线段DF、

FC、CD上，且AB∥CD，AE∥FC．已知FA=1，AD=2，沿AE将VDAE折起，使得平面DAE^平面

AFCE，如图2．

(1)求证：平面BDE^平面ABD；

(2)求直线DF与平面EDC所成角的正弦值；

(3)点Q在线段DF上，设直线BQ与直线BE所成角为q，求cosq的最大值．

【答案】(1)证明见解析

15

(2)

5

2

(3)

2

【详解】（1）Q|FA|=1，|AD|=2，AB∥CD，

\|FB|=1，|BC|=2，

又AE∥BC，|CD|=32，

\|DE|=22，|EC|=2

QÐECB=45°，

\|BE|2=|BC|2+|EC|2-2|BC|×|EC|×cos45°=2,

2

又|AB|=2,|AE|=|FC|=2，

3

\|BE|2+|AB|2=|AE|2,BE^AB

Q平面DAE^平面AFCE，且平面DAEI平面AFCE=AE，又DA^AE，

DAÌ平面DAE，\DA^平面AFCE，BEÌ平面AFCE，\DA^BE，

QDAIAB=A,DA,ABÌ平面ABD，

\BE^平面DAB，

QBEÌ平面BDE，

\平面BDE^平面ABD

（2）QDA^平面AFCE,AF^AE,

\建立如图所示空间直角坐标系,

\A0,0,0，F1,0,0，E0,2,0，D0,0,2，B1,1,0，C1,3,0，

uuuruuuruuur

DF=1,0,-2，ED=0,-2,2，DC=1,3,-2,

rì-2y+2z=0r

设平面EDC的法向量为m=x,y,z，则í，取y=1，\m=-1,1,1,

îx+3y-2z=0

设直线DF与平面EDC所成的角为a，

uuur-1-215

则sina=cosDF,mr==.

5×35

uuuruuur

（3）设DQ=lDF=l1,0,-2=l,0,-2l，其中0≤l≤1，

uuuruuur

则Ql,0,2-2l，BE=-1,1,0，BQ=l-1,-1,2-2l，

l-1+11

cosq==

所以2610，

2×5l-10l+62×-+5

l2l

1

令t=，则t³1，

l

1

所以cosq=，

2×6t2-10t+5

当t³1时，6t2-10t+5单调递增，

2

故在t=1时，cosq取最大值，此时cosq=.

2

5．（2025·山西·二模）VABC中，AB=AC，AB^AC，BC=4，D是BC的中点，E是AB的中点，F是BD的

中点.如图，将△BEF和VACD分别沿EF、AD向平面ADFE的同侧翻折至VMEF和△ADN的位置，且使得

DN//MF.

(1)证明：A、E、M、N共面；

6

(2)若MN=，求三棱锥A-DEN的体积；

5

(3)求平面DEM与平面AEMN的夹角的余弦值的最大值.

【答案】(1)证明见解析

16

(2)

25

1

(3)

3

【详解】（1）取DN的中点G，AD的中点H，连接MG、GH、HE，

1

因为G、H分别为DN、AD的中点，所以GH//AN，GH=AN，

2

翻折前，VABC中，AB=AC，AB^AC，BC=4，

D是BC的中点，E是AB的中点，F是BD的中点，

111

则BD=CD，BF=BD=CD，EF//AD，EF=AD，AD^BC，

222

11

翻折后，则有MF=DN，EF//AD，EF=AD，

22

因为MF//DN，G为DN的中点，所以MF//DG，MF=DG，

所以，四边形DGMF为平行四边形，所以MG//DF，MG=DF，

因为H为AD的中点，所以EF//DH，EF=DH，故四边形DFEH为平行四边形，

所以EH//DF，EH=DF，故MG//EH，MG=EH，

所以四边形MGHE为平行四边形，所以ME//GH，所以ME//AN，

所以A、E、M、N共面.

（2）过点N在平面MNDF内作NP^DF，垂足为点P，

翻折前，因为AD^BC，翻折后，则有AD^DF，AD^DN，

因为DN、DFÌ平面DFN，DNIDF=D，所以AD^平面DFN，

因为NPÌ平面DFN，所以AD^NP，

因为PN^DF，ADÇDF=D，AD、DFÌ平面ADE，所以PN^平面ADE，

即NP是三棱锥N-ADE的高.

16

由（1）的图，在VMNG中，MG=DF=1，NG=DN=1，MN=

25

2

22æ6ö

2221+1-ç÷

由余弦定理得MG+GN-MN57，

cosÐMGN==èø=

2MG×GN2´1´125

2

2æ7ö24

所以sinÐNDP=sinÐMGN=1-cosÐMGN=1-ç÷=，

è25ø25

2448

所以NP=DN×sinÐNDP=2´=，

2525

在VABC中，AB=AC，AB^AC，BC=4，D是BC的中点，

111

则AD=BC=2，DF=BD=BC=1，

224

11

所以，S=AD×DF=´2´1=1

△ADE22

114816

所以三棱锥A-DEN的体积为V=V=´NP×S△=´´1=.

A-DENN-ADE3ADE32525

（3）在平面DFMN中，过点F作QF^DF，交MN于点Q，

因为AD^平面DFN，QF^DF，

uuuruuuruuur

以点F为坐标原点，FD、DA、FQ的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则D1,0,0、E0,1,0、A1,2,0，

设ÐNDF=q0<q<π，则M-cosq,0,sinq，

uuuruuuruuuur

所以ED=1,-1,0，EA=1,1,0，EM=-cosq,-1,sinq，

r

设平面DEM的一个法向量m=x,y,z，

ruuur

ïìm×ED=x-y=0

则íruuuur，

îïm×EM=-xcosq-y+zsinq=0

qæö

2cos2-1+1

1+cosq21rç1÷

令x=1，则y=1，z===，所以m=ç1,1,÷，

sinqqqqq

2sincostançtan÷

222è2ø

ruuur

rïìn×EA=a+b=0

设平面AEMN的一个法问量n=a,b,c，则íruuuur，

îïn×EM=-acosq-b+csinq=0

q

1-2sin2-1

cosq-1qræqö

令a=1，则b=-1，c==2=-tan，所以n=1,-1,-tan，

qqç÷

sinq2sincos2è2ø

22

设平面DEM与平面AEMN的夹角为a，

rr

m×n1

cosa=rr=

m×næö

则ç1÷æqö

2+2+tan2

çq÷ç÷

çtan2÷è2ø

è2ø

111

=£=

3

æö2q1

çq1÷5+4tan´，

5+2tan2+22q

çq÷tan

ç2tan2÷2

è2ø

qπθ

因为0<q<π，所以0<<，则tan>0，

222

qqππ

当且仅当tan=1，即=时，即q=时，等号成立.

2242

1

所以平面DEM与平面AEMN的夹角的余弦值的最大值为.

3

6．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台OO1的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角

为30°．

(1)求圆台OO1的体积；

(2)设AA1，BB1分别是圆台OO1的两条母线．

（ⅰ）求证：AB//A1B1；

（ⅱ）若ÐAOB=120°，P是圆O1上的动点，求直线OP与平面O1AB所成角正弦值的最大值．

【答案】(1)213p

3

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）

2

【详解】（1）因为圆台OO1的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为30°，

所以圆台的高为3，

1

所以圆台的体积为V=´(9p+36p+18p)´3=213p．

3

（2）（ⅰ）由圆台定义知，母线AA1，BB1的延长线相交于一点M，

所以A，A1，B1，B四点共面．

又因为圆面O1//圆面O，

平面AA1B1BÇ圆面O1=A1B1，

平面AA1B1BÇ圆面O=AB，

所以AB//A1B1．

（ⅱ）在圆面O内作Oy^OA，垂足为O．

uuuruuruuuur

以OA,Oy,OO1为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz

则O(0,0,0)，A(6,0,0)，B(-3,33,0)，

O1(0,0,3)，P(3cosq,3sinq,3)．

设平面O1AB的一个法向量n=(x,y,z)，

uuuruuuur

因为AB=(-9,33,0)，AO1=(-6,0,3)，

uuur

ïìn×AB=0,ïì-9x+33y=0,

由íuuuur即í解得z=23x，y=3x，

îïn×AO1=0,îï-6x+3z=0,

取x=1，则y=3，z=23，得n=(1,3,23)．

设直线OP与平面O1AB所成角为a，

uuur

uuurOP×n

则sina=cosáOP,nñ=uuur

OP×n

3cosq+33sinq+63p3

==×sin(q+)+1£，

23´4462

pp

当且仅当sin(q+)=1，即q=+2kp，kÎZ时，取“=”，

63

3

所以直线OP与平面O1AB所成角正弦值的最大值为

2

r

7．（2025·河南郑州·三模）在空间直角坐标系O-xyz中，已知向量u=a,b,cabc¹0，经过点P0x0,y0,z0，且以

r

u为法向量的平面α的方程为ax-x0+by-y0+cz-z0=0．

(1)求原点O到平面x-y-z-4=0的距离；

(2)根据平面直角坐标系中点到直线的距离公式，类比出Px0,y0,z0到平面A¢x+B¢y+C¢z+D¢=0的距离公式，并

利用有关知识证明；

(3)已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1，平面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0，平面ADD1A1经过点

E0,0,1,F1,1,2,G2,2,1，平面ACC1A1的方程为kx-ty-2z+1=01≤t≤2，求平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角

的余弦值的最大值．

43

【答案】(1)

3

A¢x+B¢y+C¢z+D¢

(2)d=000，证明见解析

A¢2+B¢2+C¢2

1

(3)

2

ur

【详解】（1）根据题意，平面的法向量n1=1,-1,-1，

uuuur

在平面x-y-z-4=0上任取点M4,0,0，可得OM=4,0,0，

uuuurur

|OM×n|443

设原点O到平面x-y-z-4=0的距离为d，则d=ur1==，

|n1|33

43

故原点O到平面x-y-z-4=0的距离为.

3

|A¢x+B¢y+D¢|

（2）由点到直线的距离公式d=00，

A¢2+B¢2

A¢x+B¢y+C¢z+D¢

类比：点到平面的距离公式为d=000，

A¢2+B¢2+C¢2

证明如下：

æD¢ö

不妨设C¹0，在平面A¢x+B¢y+C¢z+D¢=0内取一点Qç0,0,-÷，

èC¢ø

uuuræD¢ö

则向量QP=çx0,y0,z0+÷，

èC¢ø

r

取平面A¢x+B¢y+C¢z+D¢=0的一个法向量n=A¢,B¢,C¢，

所以点Px0,y0,z0到平面A¢x+B¢y+C¢z+D¢=0的距离为：

uuurr

|QP×n||A¢x+B¢y+C¢z+D¢|

d=r=000

|n|A¢2+B¢2+C¢2

uuuruuur

（3）EF=1,1,1，FG=1,1,-1

uuurr

rìïEF×p=i+j+r=0

设p=i,j,r为平面ADDA的一个法向量，则，

11íuuurr

îïEG×p=i+j-r=0

r

令i=1，得j=-1，r=0，所以p=1,-1,0．

r

因为平面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0，所以由（2）知平面CDD1C1的一个法向量为q=1,-2,1，

rr

rìt×p=x1-y1=0,

设直线DD1的一个方向向量为t=x1,y1,z1，则írr

ît×q=x1-2y1+z1=0.

r

令x1=1，得y1=1，z1=1所以t=1,1,1．

rr

因为DD1//平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的一个法向量s=k,-t,-2与直线DD1的方向向量t=1,1,1垂直，所

rr

以s×t=k-t-2=0，

所以平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值为

rr

|q×s||k+2t-2||3t|

rr==

|q||s|k2+t2+462t2+4t+86

3t3t23131

====

22112

23t+2t+42t+2t+421+2+42æ11ö3

24ç+÷+

ttèt4ø4

rr

q×s311

11rr=2£

又1£t£2，££1，qs2æ11ö32

2t4ç+÷+

èt4ø4

1

平面CDDC与平面ACCA夹角的余弦值的最大值为．

11112

8．（24-25高二下·广东深圳·期末）如图，已知菱形ABCD和等边三角形BCE有公共边BC，点B在线段AE上，

BC与DE交于点O，将VBCE沿着BC翻折成△PBC，得到四棱锥P-ABCD，BC=2．

(1)求证：平面PBC^平面POD；

(2)若DP=3，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．

(3)求直线PA与平面PBC夹角正弦值的最大值．

【答案】(1)证明见解析

21

(2)

7

3

(3)

3

【详解】（1）证明：连接BD，由菱形ABCD和等边三角形BCE有公共边BC，可知ÐABC=120o，

且AB=BC=CD=AD=CE=BE，AB//CD，即CD//BE，

则四边形BDCE为菱形，

所以BC^DE，故翻折后BC^DO,BC^PO，

因为DOIPO=O，且都在平面POD内，

所以BC^平面POD，

又BCÌ平面PBC，所以平面PBC^平面POD．

（2）由（1）知BC^平面POD，BCÌ平面ABCD，

则平面POD^平面ABCD，

如图，在平面POD中过点O作Oz^OD，

又平面PODÇ平面ABCD=OD，

所以Oz^平面ABCD，故OD,OB,Oz两两垂直，

以O为原点，直线OD,OB,Oz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则D(3,0,0),A(3,2,0),B(0,1,0),C(0,-1,0)，

因为DP=3=OD=OP，所以VPOD为等边三角形，ÐPOD=60o，

33uuuruuur33uuur

则P(,0,)，BA=(3,1,0)，BP(,-=1,)，CB=(0,2,0)，

2222

设平面PAB与平面PBC夹角为q0o£q£90o，

uruur

法向量分别为n1=(x1,y1,z1)，n2=(x2,y2,z2)，

uruuur

ìn×BA=3x+y=0

ï111ur

x=1

则íuruuur33，取1得n1=(1,-3,-3)；

ïn×BP=x-y+z=0

î121121

uruuur

ìn×CB=2y=0

ï12uur

íuruuur33，取x2=3得n2=(3,0,-1)，

ïn×BP=x-y+z=0

î122222

uruur

uruurn1×n22321

所以cosq=cosn1,n2=uruur==，

7

n1n27´2

21

即平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．

7

（3）由（2）知P在平面xOz上且OP=3，

可设P3cosa,0,3sina0o<a<180o，

uuuruuuruuur

则CB=(0,2,0)，AP=3cosa-3,-2,3sina，BP=3cosa,-1,3sina，

ur

设平面PBC法向量为m=(x3,y3,z3)，

uuur

ìr

ïm×CB=2y3=0

则íruuur，

îïm×BP=3cosax3-y3+3sinaz3=0