立体几何动点问题专项训练-2025届高三数学一轮复习

立体几何：动点问题专项训练 立体几何：动点问题专项训练 1．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2. (1)证明:平面； (2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求. 2．（2024·山东聊城·三模）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，的中点，点满足，其中. (1)当时，求证：∥平面； (2)当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 3．（23-24高三上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点. (1)证明：平面； (2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由. 4．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 5．（23-24高三上·浙江湖州·期末）如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足. (1)证明：直线平面； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由. 6．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在四棱台中，底面是菱形，平面. (1)证明：； (2)若，棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角余弦值为.若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 7．（2024·湖南常德·一模）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. (1)证明：平面平面； (2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 8．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$立体几何：动点问题专项训练 立体几何：动点问题专项训练 1．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体，底面是正方形，点为底面的中心，点为的中点，侧面与是全等的等腰梯形，，其余棱长均为2. (1)证明:平面； (2)若点在棱上，直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）分别取中点，连接，则为的中点， 因为侧面是等腰梯形，所以，又，所以， 和都是边长为2的等边三角形，得，所以四边形为等腰梯形， 因为点为的中点，为的中点，所以. 因为是等边三角形，所以， 又，平面，， 所以平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，， 故平面. （2）在梯形中，，等腰梯形中由勾股定理得， 取中点，由（1）知，两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则，得 设，， 设直线与平面所成角为， 所以. 解得（负值舍去)，所以点为棱的中点，所以的长为1. 2．（2024·山东聊城·三模）如图，在正三棱柱中，，点分别是棱，的中点，点满足，其中. (1)当时，求证：∥平面； (2)当时，是否存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是？若存在，指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为靠近B的四等分点. 【详解】（1）当时，，故点是的中点， 连接，，因为点是的中点，是的中点，所以∥， 因为点分别是的中点，所以∥，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面. （2）存在，点为的中点. 当时，，即，所以点在棱上， 取的中点，连接，，则∥， 在正三棱柱中，平面，是正三角形，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， 从而，， ， 设平面的法向量是， 由，即，令，得. 设平面的法向量是， 由，即，令，得. 令，得，解得， 所以存在点使得平面与平面的夹角的余弦值是， 此时点为靠近B的四等分点. 3．（23-24高三上·广东深圳·期末）如图，在四棱锥中，已知，是等边三角形，且为的中点. (1)证明：平面； (2)当时，试判断在棱上是否存在点，使得二面角的大小为.若存在，请求出的值；否则，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1）证明：在四棱锥中，已知，如图，取的中点，连接， 是等边三角形，且为的中点. ， 是棱的中点，为的中点， ，且. ， ，且. 四边形是平行四边形， . 平面平面， 平面.    （2）是等边三角形，为的中点， ，且为的中点，， ， 又，且平面平面， 平面,平面, ，又，且平面， 平面， 平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向， 如图，建立空间直角坐标系    则， 假设存在满足题设的点，不妨设，且，则， ，且， ，即， 所以则即 不妨设平面的一个法向量为， 易知， 由 令，则，. 显然平面的一个法向量为， . ，又，解得， 存在满足题设的点，此时. 4．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)． (2) 【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，， 因为点D，F分别为，的中点， 所以，且， 又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知： ，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离； 因为， ， 因为，所以， 由平面平面，且平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以是三棱锥的高， 所以， 在等边三角形中，, 因为，所以直角三角形中 又， 三角形是等腰三角形，， 设点E到平面的距离为d，则，解得． 即点P到平面的距离为． （2） 以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则有，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则有，即，所以， 所以， 解得或（舍去）． 所以，即的长为． 5．（23-24高三上·浙江湖州·期末）如图，在多面体中，四边形为平行四边形，且平面，且.点分别为线段上的动点，满足. (1)证明：直线平面； (2)是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【详解】（1）如图，以为原点，分别以方向为轴建立坐标系. . . 设平面的法向量为， 则由，取得. 因为，所以 解得. 所以，且平面，所以平面 （2）设平面的法向量为 则由，解得. 所以， 解得. 6．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在四棱台中，底面是菱形，平面. (1)证明：； (2)若，棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角余弦值为.若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或. 【详解】（1） 证明：连接，因为底面是菱形，所以， 又平面，平面，所以； 又，所以平面. 因为四棱台中，、延长线交于一点， 所以四点共面，所以. （2）由（1）知，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 若存在点满足题意，则设. 易知平面的一个法向量 设平面的法向量. . 则则 令，则. ，解之得. 故在棱上存在点满足题意，此时或. 7．（2024·湖南常德·一模）已知直三棱柱中，，分别为和的中点，为棱上的动点，. (1)证明：平面平面； (2)设，是否存在实数，使得平面与平面所成的角的余弦值为? 【答案】(1)证明见解析； (2)存在. 【详解】（1） 由于在直三棱柱中，有平面，而在平面内，故. 同时有，且，故. 由于，，且和在平面内交于点，故平面. 由于在平面内，故. 取的中点，由于分别是和的中点，故，而，故，即. 由于分别是和的中点，可以得到，所以有平行四边形，故. 设和交于点，由于，，， 从而得到全等于，故. 这就得到，从而，即. 而，故. 由于，即，而，和在平面内交于点，故平面. 由于平面，在平面内，故平面平面. （2）有，又因为平面，和在平面内，故，. 由于两两垂直，故我们能够以为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系. 由于题设条件和需要求证的结论均只依赖于线段间的比值，不妨设， 这就得到，，，，，，，. 据题设有，显然，此时. 从而有，，，. 设和分别是平面和平面的法向量，则，. 即，，从而可取，. 此时平面与平面所成的角的余弦值为， 故条件等价于，即，解得， 所以存在，使得平面与平面所成的角的余弦值为. 8．（2024·湖南·三模）如图，四棱锥的底面是梯形，平面. (1)求证：平面平面； (2)在棱上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)存在，. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以，又， 所以两两互相垂直， 所以以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 如图，， 设， 则， ，设平面的法向量为， 则，即，取，满足条件， 所以可取， ，，设平面的法向量为， 则，即，取，解得， 所以， 由题意， 化简并整理得，解得或（舍去）， 所以， 综上所述，棱上是否存在一点E，且，使得二面角的余弦值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$