专题08 空间线段点的存在性问题探究（重难点，30题）-【尖子生培优】2024-2025学年高二年级数学重难点压轴题突破专练（人教A版2019选择性必修第一册）

专题08 空间线段点的存在性问题探究（重难点，30题） 一、单选题 1．（23-24高二上·江西吉安·期末）在三棱锥中，平面，为正三角形，，，点在线段上，且，当时，（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·福建·期中）在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（   ） A．8 B．12 C．18 D．24 二、多选题 3．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （    ） A．不存在点F，使得 B．的最小值为 C．满足的点F的轨迹长度为 D．若平面，则线段长度的最小值为 4．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 5．（23-24高二上·浙江杭州·期末）在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（    ） A．平面 B．若是上的中点，则 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．存在点使直线与直线平行 6．（22-23高二下·江苏徐州·期中）已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则 C．若，则线段的最大值为 D．当与的所成角为时，点的轨迹为抛物线的一部分 7．（22-23高一下·河北·期中）在正方体中，分别为棱上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（　　） A．当时，平面 B．当时，平面 C．当时，存在点，使四点共面 D．当时，存在点，使三条直线交于同一点 8．（23-24高二上·河南·期中）如图所示，正方体的棱长为，则（    ）    A．的最小值为 B．存在一点，使得与平面所成角为 C．存在一点，使得与所成的角为 D．当时，三棱锥的外接球的表面积为 9．（23-24高二上·海南省直辖县级单位·期中）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当P为中点时，为锐角 B．存在点P，使得平面APC C．的最小值 D．顶点B到平面APC的最大距离为 10．（23-24高二下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，点F在底面ABCD内运动（含边界），点E是棱的中点，则（    ） A．若F在棱AD上时，存在点F使 B．若F是棱AD的中点，则平面 C．若平面，则F是AC上靠近C的四等分点 D．若F在棱AB上运动，则点F到直线的距离最小值为 11．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 三、填空题 12．（23-24高二上·湖南郴州·期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为 . 13．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，.记，给出下列四个结论：    ①对于任意点H，都不存在点P，使得平面平面； ②的最小值为3； ③当取最小时，过点A，H，P作三棱柱的截面，则截面面积为； ④满足的点P有无数个. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 14．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在直三棱柱中，是AB的中点，是的中点，是与的交点.    (1)在线段上找一点，使得平面; (2)在（1）的条件下，求PQ与平面的距离. 15．（2018高二·全国·竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 16．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 17．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 18．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 19．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 20．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 21．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 22．（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 23．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 24．（22-23高二上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 25．（22-23高二上·江苏苏州·期末）如图，三棱锥中，，且平面平面，，设为平面的重心，为平面的重心. (1)棱可能垂直于平面吗？若可能，求二面角的正弦值，若不可能，说明理由； (2)求与夹角正弦值的最大值. 26．（22-23高三上·河南开封·期末）如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧. (1)证明:平面; (2)若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由. 27．（22-23高二上·辽宁沈阳·期末）如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且． (1)证明：； (2)在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值. 28．（23-24高二上·安徽·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，.请用空间向量的知识解答下列问题： (1)求与平面所成角的大小； (2)设Q为侧棱PD上一点，四边形是过B，Q两点的截面，且平面，是否存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 29．（23-24高二上·辽宁·期中）如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由； (3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 30．（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得点为的中点，连接，如图乙. (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出的长度. 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 空间线段点的存在性问题探究（重难点，30题） 一、单选题 1．（23-24高二上·江西吉安·期末）在三棱锥中，平面，为正三角形，，，点在线段上，且，当时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解参数即可. 【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系如图所示，    ∵，， ∴，，，， ∴，， 已知是棱上一点，（）， 则， ∵，∴，解得． 故选：C 2．（23-24高二下·福建·期中）在棱长为2的正方体中，若点P是棱上一点(含顶点)，则满足的点P的个数为（   ） A．8 B．12 C．18 D．24 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，则由题意可得，，计算，即可得出结论. 【详解】如图所示：以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴， 以所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为， 则由题意可得，. 所以， 故，即， 因为点P是棱上一点（含顶点），所以与正方形切于4个点， 即上底面每条棱的中点即为所求点； 同理P在右侧面的棱上，也有4个点，设点， ， 即与正方形切于个点， 即右侧面每条棱的中点即为所求点； 同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点的个数有个. 故选：C 二、多选题 3．（23-24高二上·安徽马鞍山·期末）如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是 （    ） A．不存在点F，使得 B．的最小值为 C．满足的点F的轨迹长度为 D．若平面，则线段长度的最小值为 【答案】AC 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，由，列出方程，可判定A正确；由点关于平面的对称点为，利用，可判定B错误；由，求得，得到点的轨迹为矩形内的线段，可判定C正确；求得平面的一个法向量，根据，列出方程，结合二次函数，可判定D不正确. 【详解】以为原点，分别以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设（其中）， 对于A中，若，则， 又由，所以， 即，此时方程无解， 所以不存在点，使得，所以A正确； 对于B中，设点关于平面的对称点为，则的坐标为， 可得， 当且仅当三点共线时，取等号，所以B错误； 对于C中，由，可得， 整理得，即点的轨迹为矩形内的线段， 因为，当时，；当时，， 即满足的点的轨迹长度为，所以C正确； 对于D中，由， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，即， 又由点，所以， 当时，可得的最小值为，所以D不正确. 故选：AC. 4．（23-24高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A；当与重合时，，又，故不存在点，可判断B；在平面内过作的垂线，垂足为，则为点到平面的距离，求出可判断C；以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由异面直线所成角的向量公式求解可判断D. 【详解】在直三棱柱中，因为平面，平面， ∴平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 在中，当与重合时，， 又，故不存在点，使，故B错误； ∵平面平面，在平面内过作的垂线，垂足为， 则为点到平面的距离， 易知，故C正确； 如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，设（）， 则，，令 ， 整理得，解得（舍去），， 且，故D正确.    故选：ACD. 5．（23-24高二上·浙江杭州·期末）在直三棱柱中，，，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（    ） A．平面 B．若是上的中点，则 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．存在点使直线与直线平行 【答案】AC 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断各选项的正误. 【详解】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、、、、、、、 . 对于A选项，，易知平面的一个法向量为， ，则，又因为平面，所以，平面，故A正确； 对于B选项，当是线段的中点时，，， 则，故B错误； 对于C选项，由A知，易知平面的一个法向量为， 则，故C正确； 对于D选项，设，其中， ， 假设存在点使直线与直线平行，则存在使， 即，无解，所以假设不成立，故D错误. 故选：AC. 6．（22-23高二下·江苏徐州·期中）已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则 C．若，则线段的最大值为 D．当与的所成角为时，点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ACD 【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD. 【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，又为棱的中点，所以， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离， 所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半， 设， 所以点到直线的距离为， 所以点到直线的距离为， 所以的面积， 又，，且，平面， 所以平面， 所以三棱锥的体积，A正确； 如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 所以， 所以向量为平面的一个法向量， 设，， 所以， 因为平面，所以， 所以，所以， 所以，B错误； 设，则， 又， 因为，所以， 所以， 所以， 又，所以， 所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确； 因为，， 又与的所成角为， 所以， 化简可得，且， 所以点的轨迹为抛物线的一部分，D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系. 7．（22-23高一下·河北·期中）在正方体中，分别为棱上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（　　） A．当时，平面 B．当时，平面 C．当时，存在点，使四点共面 D．当时，存在点，使三条直线交于同一点 【答案】BCD 【分析】选项ABC，用向量法研究四点共面问题即可；选项D，先证明与相交，设交点，再证明即可. 【详解】已知正方体，则可分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 对选项A，当时， . 设正方体棱长为， 则 假设平面，则存在使得， 则，无解.所以平面， 故选项A错误；    对选项B，当时，设正方体棱长为2， 则， ， 假设平面，则存在使得， 则，解得，则四点共面， 即当时，平面. 故选项B正确；    对选项C，当时，设正方体棱长为1， 由，得， 由是棱上的动点，设， 则， 假设存在点，使四点共面，则存在使得， 则得，其中， 设， 则在单调递减，则，又 所以任意，都存在，使，其中， 即存在点，使四点共面， 故选项C正确；    对选项D，当时，， 连接，取的中点，连接， 因为是的中点，则，且， 又，且， 则，故四边形是平行四边形， 所以，由平行传递性知，，且， 故四边形是梯形，则与相交， 延长交于点.平面，平面， 故平面，且平面，又平面平面， 则.所以相交于一点. 即当时，存在点，为中点，使三条直线交于同一点. 故选项D正确.    故选：BCD. 【点睛】方法点睛：1.向量法探究空间四点共面问题，基本解答策略是：探究空间四个点A、B、C、D是否共面，可以把它们组成3个向量、、，然后求解有序实数对，使等式成立，可利用基底法，也可以建立空间直角坐标系，假设等式成立，建立方程组求解； 2.证明三线共点的思路：先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上的问题． 8．（23-24高二上·河南·期中）如图所示，正方体的棱长为，则（    ）    A．的最小值为 B．存在一点，使得与平面所成角为 C．存在一点，使得与所成的角为 D．当时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】A将面绕翻折至与面共一个平面，由共线时，最小即可判断；B、C构建空间直角坐标系，向量法求与平面所成角范围、判断与所成角大小判断；D证面，将补全为直棱柱，由它们共外接球，进而求其表面积判断. 【详解】A：将下图中面绕翻折至与面共一个平面，而， 所以共线时，最小，此时为中点， 则最小值为，对；    构建如下图示的空间直角坐标系，， 所以， 若为面一个法向量，则，令，则， 若与平面所成角为，且， 所以， 令，则，故， 由上知：，故，即， 所以，存在一点，使得与平面所成角为，B对； 由上知：，则，即，C错；    由，则为中点，且，根据A分析知：，， 又为等边三角形，则，， 由，面，则面， 将补全为如下直棱柱，则三棱锥的外接球，即为棱柱的外接球， 中，，则，故， 所以外接圆半径为，故外接球半径平方，则其表面积为，D对.    故选：ABD 【点睛】关键点点睛：B、C构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角、判断异面直线位置关系，D证面，并补全为直棱柱，判断共外接球为关键. 9．（23-24高二上·海南省直辖县级单位·期中）在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（    ） A．当P为中点时，为锐角 B．存在点P，使得平面APC C．的最小值 D．顶点B到平面APC的最大距离为 【答案】ABC 【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则，故， 则， ， 对于A，当为中点时，， 则，，则，， 所以，所以为锐角，故A正确； 当平面， 因为平面，所以， 则，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，当时，取得最小值， 由B得，此时， 则，，所以， 即的最小值为，故C正确； 对于D，，， 设平面的法向量， 则，可取， 则点到平面的距离为， 当时，点到平面的距离为0， 当时，， 当且仅当时，取等号， 所以点到平面的最大距离为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可. 10．（23-24高二下·江苏南京·期末）在棱长为1的正方体中，点F在底面ABCD内运动（含边界），点E是棱的中点，则（    ） A．若F在棱AD上时，存在点F使 B．若F是棱AD的中点，则平面 C．若平面，则F是AC上靠近C的四等分点 D．若F在棱AB上运动，则点F到直线的距离最小值为 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求线线的夹角，以及判断线面垂直，以及求解点到直线的距离，判断ACD，利用面面平行证明线面平行，判断B. 【详解】A.如图建立空间直角坐标系，，，， ，， ， 整理为，解得：或，都舍去， 所以不存在点F使，故A错误； B. 如图，取的中点，连结，因为点是的中点， 所以，平面，平面， 所以平面， 同理，且，所以，平面，平面，所以平面， 且，平面， 所以平面平面，平面， 所以平面 C. 若F是AC上靠近C的四等分点，则，，，， 所以，，， ，, 所以，，且，平面， 所以平面，且过点只有1条直线和平面垂直， 则点是唯一的，点是上靠近的四等分点，故C正确； D.若点在棱上运动，设，， ，, 则点到的距离， 当时，的最小值为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】思路点睛：本题的关键是将几何问题转化为向量运算，尤其是证明垂直关系，求角和距离，以及判断是否存在问题. 11．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若的外心为，则为定值2 C．若，则点的轨迹长度为 D．若且，则存在点，使得的最小值为 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，结合空间向量基本定理得到三点共线，得到平面，故点为平面的距离为定值，四面体的体积为定值，A正确；B选项，作出辅助线，结合空间向量数量积的几何意义得到；C选项，建立空间直角坐标系，设，表达出，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分，结合弧长公式求出答案；D选项，求出，，得到，画出图形，数形结合得到其最小值. 【详解】A选项，在上分别取，使得，， 因为，所以， 因为，所以，即， 故，即， 所以三点共线， 因为，，所以， 故平面，故点为平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确；    B选项，取的中点，因为的外心为，所以⊥， 又题意得， 则，B错误；    C选项，取的中点，因为底面为菱形，， 故⊥， 以为坐标原点，以，分别为轴，建立空间直角坐标系， 故，设， 则， 化简得， 点满足， 即点在正方形内，包括边界， 故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，落在正方形内的部分， 如图所示：    因为，，故， 故为等腰直角三角形，， 故点的轨迹长度为，C正确； D选项，若且，， 即，即， 又，，设， 设，即， 解得，即， ， 如图所示，    设，且⊥，⊥， 在线段上取一点，设，则， 故， 显然，直接连接，此时取得最小值，最小值即为， 由勾股定理得， 故的最小值为， D正确. 故选：ACD 【点睛】空间向量解决几何最值问题，通常有两种思路： ①形化，即用空间向量的几何意义将问题转化为空间几何中的最值或取值范围问题，然后根据图形的特征直接进行求解； ②数化，即利用空间向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解. 三、填空题 12．（23-24高二上·湖南郴州·期末）在四棱锥中，平面，底面为矩形，，点在线段上运动，则点到距离的最小值为 . 【答案】 【分析】在线段上作一点，线段上作一点，使得四边形是矩形，由相关性质可将点到直线距离最小值转化为点到点距离最小，最后计算可得. 【详解】因为点在线段上运动，设，， 在线段上作一点，使得， 在线段上作一点，使得如图所示， 由三角形性质可知，在中，，且， 因为底面是矩形，所以，所以且， 所以四边形是平行四边形， 因为平面，平面， 所以，因为， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以四边形是矩形， 所以点到点的距离即为点到线段的距离 因为，所以当为中点时，最小， 即， 所以点在线段上运动，点到距离最小为. 故答案为：. 13．（23-24高二上·北京·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，.记，给出下列四个结论：    ①对于任意点H，都不存在点P，使得平面平面； ②的最小值为3； ③当取最小时，过点A，H，P作三棱柱的截面，则截面面积为； ④满足的点P有无数个. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】②③ 【分析】①问题化为对于任意点H，是否存在点P，使面面，由已知证面面，结合面面垂直判定判断存在性即可；②将绕翻折到平面内，证为等边三角形，进而确定的最小值；③为的中点，为的重心，平面中，延长交于点，取的中点，为的中点，证过点的三棱柱的截面为梯形，根据已知求其面积；④由时，，进而得到，几何法确定不等式两端的范围，即可判断. 【详解】①因为三棱锥为直三棱锥，所以面，又面， 所以，又，所以，所以， 由，面，故面，面， 所以面面，而且都在面内， 由于面即为面，要使面面，只需面面， 综上，面时，面，此时面面，即面面， 对于任意点，只需对应平行于中边上的高时，均满足要求，错；    ②将绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线的距离， 又，，，所以， 所以到直线的距离为3，所以的最小值为3，对；    ③当取最小时，为的中点，因为为等边三角形，为的中点， 所以为的重心，故， 在平面中，延长交于点， 因为，，，所以，故， 取的中点，为的中点，则， 因为，，所以四边形为平行四边形，则， 又，所以，所以， 故过点的三棱柱的截面为梯形，    ，，，， 如下图，过作，设，    因为，则， 所以，则梯形的面积为，错； ④当时，，结合题设知， 在下图中过点作，垂足为，则， 综上，， 又，， （对于：只需，只需， 即，则显然成立.） 故对于任意的点，当时，都存在对应的点，满足， 故满足的点P有无数个，对；    故答案为：②③ 【点睛】关键点点睛：③利用平面基本性质找到截面并证明其为梯形，求出相关线段长为关键；④注意取时，，过点作，垂足为，并得到为关键. 四、解答题 14．（23-24高二上·山东临沂·期末）如图，在直三棱柱中，是AB的中点，是的中点，是与的交点.    (1)在线段上找一点，使得平面; (2)在（1）的条件下，求PQ与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先以点为原点建立空间直角坐标系，并求平面的法向量，并利用参数表示向量，利用向量，即可证明线面平行； （2）根据（1）的结果，利用点到平面的距离的向量公式，即可求解. 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设平面的法向量，则，即， 令，得，是平面的一个法向量， 设， 则， 若平面，则， 从而，即，解得， ， 当为线段上靠近的三等分点时，平面; （2）由(1)知， ， 到平面的距离为. 15．（2018高二·全国·竞赛）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且. (1)在线段上是否存在一点，使平面? (2)在线段上是否存在点M，使得点B到平面的距离等于1？如果存在，试判断点M的个数；如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)存在 (2)在线段上只存在唯一一点. 【分析】（1）取的中点，的中点，根据线面平行的判定定理即可得解. （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【详解】（1）当为的中点时，平面. 证明如下：取的中点，的中点，连结、、 则有，， 因为，，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）存在.设，在中，. 因为面，所以. 因为面，面，面 所以,， 则均为直角三角形. 在中， 同理，. 取的中点，因为，所以， 而. 故. 因为点到面的距离等于1， 所以. 而，所以，解得. 所以在线段上只存在唯一一点，当且仅当时，点到面的距离等于1. 16．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，M为棱PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，． 【分析】（1）取中点，可证四边形是平行四边形，可得，从而得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，（ii）假设存在点到平面的距离为，利用点到面的距离公式法求解即可. 【详解】（1）取PD的中点N，连接AN，MN，如图所示：∵M为棱PC的中点， ∴，∵，∴， ∴四边形ABMN是平行四边形，∴， 又平面PAD，平面PAD，∴平面PAD． （2）∵，∴，∴， ∵平面平面ABCD，平面平面，平面PDC， ∴平面ABCD， 又AD，平面ABCD，∴，而，， ∴以点D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， ∵M为棱PC的中点， ∴ （i）， 设平面BDM的一个法向量为， 则，令，则，∴， 平面PDM的一个法向量为， ∴， 根据图形得二面角为钝角， 则二面角的余弦值为. （ii）假设在线段PA上存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是， 设， 则， 由（2）知平面BDM的一个法向量为，， ∴点Q到平面BDM的距离是， ∴，∴． 17．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【详解】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 18．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【详解】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 19．（23-24高二上·福建三明·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，. (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)棱上是否存在点，它与点到平面的距离相等，若存在，求线段的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）推导出，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）分析可知，平面，设，其中，求出向量的坐标，根据题意可知，与平面的法向量垂直，根据空间向量数量积的坐标运算求出的值，进而可求得线段的长. 【详解】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，且平面，所以平面. 因为平面，所以. （2）解：在中，因为，，， 所以，所以. 又因为平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 所以，、、、、， 则，， 易知平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为， 则，取，则. 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）解：因为、到平面的距离相等，且、在平面的同侧， 则有平面. 因为点在棱，所以，其中， 因为，则，所以. 又因为平面，为平面的一个法向量， 所以，即，所以. 所以，所以. 20．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙. (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】 （1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，故平面平面. （2）解：因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以，， 易知平面的一个法向量为， 则，整理可得， 因为，解得， 因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且. 21．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得； （2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在. 【详解】（1）由平面，、平面， 故、，又底面为正方形，故， 即、、两两垂直， 故可以为坐标原点，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，， ，，，，， 设平面的法向量，则，即， 可取， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为；    （2）假设截面内存在点满足条件， 设，，，， 有，，， 所以， 因为平面，所以， 所以，解得， 这与假设矛盾，所以不存在点，使平面． 22．（23-24高二上·江西新余·期末）在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点． (1)求证：底面； (2)是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：在中，，， 所以. 在中，，，， 由余弦定理有：， 所以，，所以，所以， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 在中：，，，则，所以，， 因为，、平面，所以面. （2）解：因为平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则有、、、、， 设，其中， 则，，， 设为面的法向量， 则有，取，则，， 所以，平面的一个法向量为， 由题意可得， 可得，因为，所以. 因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且. 23．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在； 【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则， 因为，则，， 由余弦定理可得， 所以，，则，同理可证， 翻折后，则有，， 因为，，、平面， 所以，平面， 因为平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 所以平面平面. （2）因为平面，，以点为坐标原点， 、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，所以，， 平面的一个法向量为，，， 则，令，可得， 则，整理可得， 因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且. 24．（22-23高二上·湖北·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，. (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD. 【分析】对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案. 对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案. 【详解】（1）证明：取棱AB长的一半为单位长度. 则在中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理， 得 得，故AB⊥AC. 又PB⊥AC，PB∩AB=B，平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB. 又平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PAB. 取AB中点H，连接PH，CH. 因是等边三角形，则PH⊥AB，又PH 平面PAB， 平面ABCD 平面PAB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD. 得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角. 在直角三角形中，， ，. 故，即为所求. （2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD. 如图，以A为原点，分别以为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz， 则， ， 设是平面PAD的法向量，则 ，取. 设，其中. 则 连接EF，因AC∥平面BEQF，，平面PAC∩平面BEQF=EF， 故AC∥EF，则取与同向的单位向量. 设是平面BEQF的法向量， 则， 取. 由平面BEQF⊥平面PAD，知，有，解得. 故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面BEQF⊥平面PAD. 【点睛】关键点点睛：本题涉及线面角，及立体几何中的动点问题.对于（1），关键能在各种线面关系中做出相应线面角的平面角.对于（2），求动平面的法向量时，可利用线面平行关系找到动平面内向量的共线向量. 25．（22-23高二上·江苏苏州·期末）如图，三棱锥中，，且平面平面，，设为平面的重心，为平面的重心. (1)棱可能垂直于平面吗？若可能，求二面角的正弦值，若不可能，说明理由； (2)求与夹角正弦值的最大值. 【答案】(1)不可能，理由见解析 (2)1 【分析】（1）先作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，，假设垂直于平面，则有，得到方程组，无解，所以假设不成立，不可能垂直于平面； （2）由重心性质表达出，且，表达出，分与两种情况，求出与夹角余弦值的最小值，得到与夹角正弦值最大值. 【详解】（1）设中点为，连接，由于，因此， 又因为平面平面，交线为AB，平面PAB， 所以⊥平面. 因为，，由勾股定理得：， 以为原点作空间直角坐标系， 则，，， 设，有对称性可知和情况相同， 不妨设， 则. 所以，，. 设平面的法向量为， 则有， 所以取，则，则. 假设垂直于平面，则有，则，无解，所以假设不成立， 不可能垂直于平面； （2）由重心的性质，，同理，， 所以， ，则， 所以 ， 要想求与夹角正弦值最大值，只需求出与夹角余弦值的最小值， 当，即时，此时即为与夹角余弦值， 设，令，则， .令，，， 则， 因为，， 所以，即， 又因为，所以在上是减函数， 当时，，此时与夹角正弦值的最大值为1， 当，即时，此时即为与夹角余弦值， 设，令，则， .令，，， 则， 因为，， 所以，即， 又因为，所以在上是增函数， 故，此时不存在最值， 综上，与夹角正弦值的最大值为1. 26．（22-23高三上·河南开封·期末）如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧. (1)证明:平面; (2)若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在, 【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得平面,根据及线面平行的判定定理即可得平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面平面,再根据面面平行的性质定理即可证明; (2) 过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可. 【详解】（1）证明:因为平面, 平面, 所以, 因为平面,平面, 所以平面, 因为底面为矩形, 所以, 因为平面,平面, 所以平面, 因为, 且平面,平面, 所以平面平面, 又因为平面, 所以平面; （2）设线段上存在点使得与的面积相等, 过作,垂足为, 因为平面, 所以, 故, 所以, 故, 因为, 所以, 过作,垂足为,连接, 过作,垂足为,连接,如图所示: 因为底面,, 所以底面, 所以, 又,, 所以平面, 因为平面 则, 同理可得, 因为与的面积相等, 所以, 在中,根据等面积法可得, 则, 设,, 则, 因为, 所以, 所以, 因为, 所以, 所以, 整理得, 因为,所以, 故存在,且到的距离为. 【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有: (1)先假设其存在; (2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算; (3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在; (4)如果得到不合理的结论,则说明不存在. 27．（22-23高二上·辽宁沈阳·期末）如图所示，是等腰直角三角形，，、都垂直平面，且． (1)证明：； (2)在平面内寻求一点，使得平面，求此时二面角的平面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明； （2）根据四点共面、线面垂直等求出点的坐标，再利用空间向量坐标运算即可求得二面角的平面角的正弦值. 【详解】（1）因为，、都垂直平面，如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ，则， 所以，则，故； （2）设平面的法向量为， 则，令，则 设，则，由于平面，所以，则，所以，即， 又平面，故存在实数，且满足，使得， 故，解得，所以 设平面的法向量为，又 则，令，则 设平面的法向量为，又 则，令，则， 所以，所以 则二面角的平面角的正弦值为. 28．（23-24高二上·安徽·阶段练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，.请用空间向量的知识解答下列问题： (1)求与平面所成角的大小； (2)设Q为侧棱PD上一点，四边形是过B，Q两点的截面，且平面，是否存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的求解公式得到答案； （2）证明出，求出平面的法向量，设，则，，设平面的法向量为，根据两平面夹角列出方程，求出或，设，进而根据求出答案. 【详解】（1）因为，，，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面， 取的中点，连接， 因为是等边三角形， 所以⊥， 又平面⊥平面，两平面交线为，平面， 所以⊥平面， 取的中点，连接，则， 因为⊥平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 故两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，由勾股定理得， 所以， 平面的法向量为， 设与平面所成角的大小为，则， 因为，所以； （2）设平面的法向量为， 则， 令得，则， 连接， 因为平面，平面平面，所以， 不妨设，则，， 设，则，即， 故， 设，则，即， 故， 设平面的法向量为， 则， 解得，设，则，故， 故， 化简得，两边平方得， ，化简得， 解得或， 设，则，设， 则，解得， 故， 当时，， 因为，所以， 解得，解得，满足要求， 当时，， 因为，所以， 解得，解得，满足要求， 故存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为， 此时的值为或. 【点睛】立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 29．（23-24高二上·辽宁·期中）如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由； (3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，理由见解析； (3)存在，理由见解析. 【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明； （2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可; （3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解. 【详解】（1）如图，    过E作交于点G,连接, 面，面，则， 又面，面，且不共线，故， 因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以， 而平面，平面，所以平面，同理平面， 又因为，平面， 所以平面平面，而平面, 所以平面； （2）   设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系, 则， 故， 则， 设平面的法向量 ,则有 ,取 , 整理得 , 解得 或(舍去)， 所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是. （3）由（2）知，平面的一个法向量， 点中点，则, 则中点到平面的距离为， 由，即故在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故在面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆. 【点睛】关键点点睛：第三问，根据题设有则在以中点为球心，半径为的球面上，再求中点到面距离，结合直观想象及计算确定在面上的轨迹. 30．（23-24高二上·重庆·阶段练习）如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得点为的中点，连接，如图乙. (1)求证：； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若不存在，说明理由；若存在，求出的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）结合余弦定理求得，结合勾股定理即可证明. （2）以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，应用向量法即可求解. 【详解】（1）取线段的中点，连接，    在中，，， ， 在中，， 由余弦定理可得：， ， 在中，， ； （2）因为平面，所以平面， 过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    ， 平面的法向量， 在平面直角坐标系中，直线的方程为， 设的坐标为， 则， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， 由已知， 解之得：或4（舍去），. 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$