专题1.12 立体几何中必考四类探索性问题-2024-2025学年高二数学举一反三系列（人教A版2019选择性必修第一册）

专题1.12 立体几何中必考四类探索性问题 【人教A版（2019）】 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 4 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 7 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 11 【知识点1 立体几何中的探索性问题】 1．与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 2．立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 2．（2024·云南昆明·模拟预测）在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论： ①在M，N两点的运动过程中，⊥平面； ②在平面上存在一点P，使得平面； ③三棱锥的体积为定值； ④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为． 其中正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④ 3．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 4．（23-24高二下·浙江·期中）如图，正方体的棱长为是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列结论中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．平面 C．在线段上存在一点，使得平面 D．平面截正方体的外接球的截面面积为 5．（2024·北京大兴·三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:    ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是 . 6．（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 7．（2024·北京朝阳·一模）如图，在多面体中，平面⊥平面.四边形为正方形，四边形为梯形，且. (1)求证：⊥； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段BD上是否存在点M，使得直线平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 8．（23-24高三上·北京·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的正弦值； (3)是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 9．（23-24高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 10．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 11．（2024·上海黄浦·三模）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，四棱锥的外接球的表面积是 C．的最小值为 D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 12．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（    ） A．线段上存在点，使得 B．线段上存在点，使得平面平面 C．直三棱柱的体积为 D．点到平面的距离为 13．（23-24高二上·北京丰台·期中）在长方体中，，，点是棱上的动点，给出下列4个结论： ①； ②； ③若为中点，则点到直线的距离为； ④存在点，使得平面． 其中所有正确结论的序号是 . 14．（24-25高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱中，分别是的中点． (1)求证：平面平面． (2)在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 15．（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． 16．（23-24高二上·上海普陀·期末）正的边长为是边上的高，分别是和边的中点，现将沿翻折成直二面角. (1)求证：直线 平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使？若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 17．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 18．（23-24高二上·江苏常州·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成30°的角，则线段长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 19．（23-24高二上·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 20．（23-24高三上·广东东莞·期末）如图几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．不存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 21．（23-24高二上·江西抚州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论： ①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°； ②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为； ③存在点M，使得三棱锥的体积为； ④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角． 则上述结论正确的有 ．（填上正确结论的序号） 22．（2024·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 23．（2024·湖南邵阳·模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至. (1)证明：平面平面； (2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 24．（23-24高三下·湖南·阶段练习）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2. (1)证明：. (2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 25．（23-24高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 26．（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 27．（2024·云南楚雄·一模）在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则（    ） A．存在点，使 B．存在点，使点到直线的距离为 C．存在点，使直线与所成角的余弦值为 D．存在点，使点，到平面的距离之和为3 28．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．二面角的余弦值为 C．二面角的正弦值为 D．若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为 29．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 30．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．    (1)求二面角的正弦值； (2)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． 31．（23-24高三下·江西·开学考试）  已知等边的边长为4，分别是边的中点（如图1），现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且（如图2）. (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 32．（23-24高三上·天津河西·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.12 立体几何中必考四类探索性问题 【人教A版（2019）】 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 13 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 25 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 40 【知识点1 立体几何中的探索性问题】 1．与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 2．立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【解题思路】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【解答过程】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则 ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 2．（2024·云南昆明·模拟预测）在棱长为2的正方体中，M，N两点在线段上运动，且，给出下列结论： ①在M，N两点的运动过程中，⊥平面； ②在平面上存在一点P，使得平面； ③三棱锥的体积为定值； ④以点D为球心作半径为的球面，则球面被正方体表面所截得的所有弧长和为． 其中正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①③④ C．②④ D．②③④ 【解题思路】 ①建立空间直角坐标系，写出点的坐标，当点移动到点时，由于，故与不垂直，所以①错误； ②证明出线面平行，从而平面上存在一点P，使得平面； ③作出辅助线，利用求出体积为定值； ④得到球面被正方体表面所截得的弧为个半径为的圆弧，求出弧长和. 【解答过程】 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 如图1，对于①，当点移动到点时，此时， 则， 因为， 所以与不垂直，所以①错误； 对于②，平面与平面为同一个平面，而 ， 所以当点在上时，总有平面，从而有平面，所以②正确； 如图3，连接，交于点O，则⊥，故为三角形的高，且， 所以， 又⊥平面， 故，所以③正确； ， 以点D为球心作半径为的球面， 球面被正方体表面所截得的弧为以为圆心，个半径为的圆弧， 弧长和为，所以④正确， 故选：D． 3．（23-24高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【解题思路】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【解答过程】对于A，因为正方体中，平面 平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B. 4．（23-24高二下·浙江·期中）如图，正方体的棱长为是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列结论中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．平面 C．在线段上存在一点，使得平面 D．平面截正方体的外接球的截面面积为 【解题思路】利用等体积法转化判断A；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断BC；利用向量求出球心到平面的距离求出截面圆面积判断D. 【解答过程】对于A，三棱锥的体积，点到直线距离为， 而，则面积为定值，又点到平面的距离为2， 因此三棱锥的体积为定值，A正确； 在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 对于B，，与向量不共线， 则与平面不垂直，B错误； 对于C，令，而，则，要平面，必有， 因此，解得，即为的中点，此时平面， 则平面，C正确； 对于D，正方体的外接球球心是线段的中点， ，点到平面的距离，而球半径， 平面截球所得截面圆半径， 所以该截面圆面积为，D错误. 故选：AC. 5．（2024·北京大兴·三模）如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论:    ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是 ①③ . 【解题思路】对①②，举例判断说明即可；对③④，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，其中，根据满足分析即可. 【解答过程】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得 ， 又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面. 又平面，故平面.故①正确.    对②，当在时，∥平面不成立，故②错误； 对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，. 设，，则，其中，故， 则当时，即. 故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确； 当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误.    故答案为：①③. 6．（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可. 【解答过程】（1）由，知为正三角形， 又为的中点，则. 又为的中点，则， 而，所以， 又平面， 所以平面； （2）由（1）知为正三角形，则， 在中，，有，所以， 易知，建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 假设在线段上存在点，使得平面，令， 则，所以， 由平面，得，所以， 解得，所以，即的值为. 7．（2024·北京朝阳·一模）如图，在多面体中，平面⊥平面.四边形为正方形，四边形为梯形，且. (1)求证：⊥； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段BD上是否存在点M，使得直线平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用公式得到线面角的正弦值； （3）设，得到，求出平面的法向量，由垂直关系得到方程，求出答案. 【解答过程】（1）因为四边形为正方形，所以⊥， 因为平面⊥平面，平面 平面 ，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； （2）因为⊥平面，平面， 所以⊥，⊥， 又，故，，两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则， 则， ， 设直线与平面所成角的大小为， 则； （3）设，即， 当时，与重合，此时与平面不平行， 当时，设，则， 解得，故， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 则，解得， 故线段BD上存在点M，使得直线平面AFM，此时. 8．（23-24高三上·北京·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求二面角的正弦值； (3)是否存在点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（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，利用向量法求线面角； （2）根据（1）的结果，再根据向量法求二面角的余弦值，最后转化为正弦值，即可求解； （3）根据（1）的结果，并设点的坐标为，若假设存在，则，即可求解. 【解答过程】（1）以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，， ，， 设平面的一个法向量为 ，不妨设，则，，， 所以平面的一个法向量为 设直线与平面所成角为， 则. （2）由正方体可得，，，且， 且平面，所以平面的一个法向量为， 则. 因为二面角为锐二面角， 所以二面角的正弦值为. （3）存在，设点的坐标为，所以 平面的一个法向量为， 因为，所以， 因为平面，所以平面. 此时. 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 9．（23-24高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【解题思路】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面的法向量，设，然后逐个分析判断即可. 【解答过程】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设， 对于A，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以A错误， 对于B，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得不合题意，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以B错误， 对于C，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以C错误， 对于D，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得符合题意，所以当时，与共线，此时与平面垂直，所以D正确， 故选：D. 10．（2024·北京怀柔·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ）    A．存在点E，使平面 B．三棱锥的体积随动点E变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点E，使平面 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B. 【解答过程】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    设正方体棱长为2，则， 由在线段上运动，设（），则， 平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误； ，设直线与所成角为，则， 显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误； 设平面的法向量为，， 则，令，得， 当时，，因此平面，D正确； 点在正方体的对角面矩形的边上，则， 而平面平面，则，又， 可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误. 故选：D. 11．（2024·上海黄浦·三模）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，，则下列说法不正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，四棱锥的外接球的表面积是 C．的最小值为 D．存在唯一的实数对，使得平面PDF 【解题思路】由线面平行的判定可知平面，知三棱锥底面积和高均为定值，A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径的方程，求得后知B正确；将C中问题转化为在平面内求解的最小值，作关于线段的对称点，将问题转化为长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得，可知D正确. 【解答过程】对于A，当时，为中点，又为中点，，    平面，平面，平面， 则当在线段上移动时，其到平面的距离不变， 三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，当时，取交点，连接，则四棱锥为正四棱锥， 平面， 设四棱锥的外接球的球心为，半径为，则在直线上，   ，，，即， 解得：，四棱锥的外接球的表面积，B正确； 对于C，将问题转化为在平面内求解的最小值， 作关于线段的对称点，过作，交于，如下图所示，  ，（当且仅当与重合时取等号）， ， ， ，， 即的最小值为，故C错误； 对于D，以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， ，，， 若平面，则， ， 解得：（舍）或， 存在唯一的实数对，使得平面，故D正确. 故选：C. 12．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知直三棱柱中，且，直线与底面所成角的正弦值为，则（    ） A．线段上存在点，使得 B．线段上存在点，使得平面平面 C．直三棱柱的体积为 D．点到平面的距离为 【解题思路】根据直三棱柱的性质得到底面，则即为直线与底面所成角，利用锐角三角函数求出，由柱体的体积公式判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算A、B、D. 【解答过程】在直三棱柱中，底面， 则即为直线与底面所成角，即， 则， 所以 又且，所以， 又底面，底面，所以， 所以，解得， 所以直三棱柱的体积，故C错误； 又底面，，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，因为点在线段， 设，， 则， 若，则，即，解得， 此时为线段的中点， 故在线段上存在点，使得，故A正确； 当为线段的中点时，则，， 设平面的法向量为， 则，取， 又，，设平面的法向量为， 则，取， 因为，所以平面平面， 即当为线段的中点时满足平面平面，故B正确； 又，，， 设平面的法向量为，则，取， 则点到平面的距离，故D正确. 故选：ABD. 13．（23-24高二上·北京丰台·期中）在长方体中，，，点是棱上的动点，给出下列4个结论： ①； ②； ③若为中点，则点到直线的距离为； ④存在点，使得平面． 其中所有正确结论的序号是 ②④ . 【解题思路】根据空间向量基本定理即可判断①；以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断②③④. 【解答过程】对于①，， 而， 所以，故①错误； 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， 故， 所以，所以，故②正确； 若平面， 又平面，所以， ，则， 则，解得， 所以存在点，使得， 又平面， 所以当时，平面， 所以存在点，使得平面，故④正确； 对于③，若为中点，则， 故， 则，所以， 所以点到直线的距离为为，故③错误. 故答案为：②④. 14．（24-25高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱中，分别是的中点． (1)求证：平面平面． (2)在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 【解题思路】（1）应用线面平行判定定理得出面面平行即可证明； （2）建立直角坐标系，设点的坐标满足线面垂直即线线垂直计算求参. 【解答过程】（1）分别是的中点， ，∴四边形为平行四边形， ．平面平面,∴平面, 平面平面，平面． 又平面， ∴平面平面． （2）假设在线段上存在一点Q，使平面． 取的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 平面， ，解得， ∴在线段上存在一点Q，使平面，此时点Q为点B． 15．（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． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 16．（23-24高二上·上海普陀·期末）正的边长为是边上的高，分别是和边的中点，现将沿翻折成直二面角. (1)求证：直线 平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点，使？若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由. 【解题思路】(1)判定线面关系，可以从线线关系寻找，由线段中点，可利用中位线性质的线线平行，再利用线面平行判定定理确定； (2)求二面角，一般利用空间直角坐标系，结合空间向量的数量积解决：先建立空间直角坐标系，再分别计算两平面的法向量，最后利用空间向量数量积求夹角的余弦值，经判断所求二面角为锐角即可得出结论； (3)确定点的位置，一般利用空间直角坐标系求出点的坐标，再明确位置关系.要求点的坐标，只需列两个独立条件，一个为在直线上，另一个为垂直，利用这两个条件可得点的位置，进而求解. 【解答过程】（1）如图，在中，由分别是中点，得， 又平面平面 平面. （2）由题知，，平面平面，且交线为， 平面，因为平面，所以， 又已知，两两垂直，以点为坐标原点，直线为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 平面的法向量为，设平面的法向量为， 则，即，取， ， 二面角的余弦值为. （3）设，因为，则， 又， ， 把代入上式得， 在线段上存在点，即靠近的三等分点，使. 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 17．（23-24高二上·北京·期中）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，错误的是（    ）    A．存在点∥平面 B．对任意点 C．存在点，使得与所成的角是 D．不存在点，使得与平面所成的角是 【解题思路】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求解.选项A，取平面的一个法向量，将∥平面平面转化为；选项B，转化为；选项C，与所成的角是转化为；选项D，由平面，结合选项C可知. 【解答过程】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点， 以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设，又， ∴，又， 则， ∴， 选项A，取平面的一个法向量， 令，解得，此时， ∴当时，与垂直，而平面， 故∥平面，故A项正确； 选项B，， 则， 故对任意点，故B项正确； 选项C，，则， 令， 化简得，解得，或， 故存在点，使得与所成的角是，故C项正确； 选项D，连接， 在正方体中， 由底面是正方形，则， 由平面，平面，则， 又平面，平面，， 则平面，即是平面的一个法向量， 由C项分析可知，存在点，使得与所成的角是， 即存在点，使得与平面所成的角是，故D项错误. 故选：D. 18．（23-24高二上·江苏常州·期中）如图，在三棱锥中，平面平面，，，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成30°的角，则线段长的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】向量法. 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，根据各点的坐标写出向量，点 ，对于点的设法，采用向量式，而后利用异面直线所成的角的向量计算公式列方程求解. 【解答过程】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则， 设 ，设 ， 则， ， 异面直线PQ与AD成的角， ， ， ， 即，解得， ， 可得. 故选：C. 19．（23-24高二上·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【解题思路】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解答过程】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则，，，，， 设，其中， 对于A，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，故A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，故B错误； 对于C，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确； 对于D，设平面的一个法向量为， 又，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得，易得，所以该方程无解，故D错误. 故选：C. 20．（23-24高三上·广东东莞·期末）如图几何体是由正方形沿直线旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．不存在点，使得平面平面 C．存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为 D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 【解题思路】将图形补全为一个正方体，设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【解答过程】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示： 不妨设，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设点，其中， 对于A选项，假设存在点，使得平面，， ，， 则，可得， 因为，则，即当点与点重合时，平面，A对； 对于B选项，由A选项可知，平面的一个法向量为， 假设存在点，使得平面平面，则，， 则，可得，又因为，解得， 即当点为的中点时，面平面，B错； 对于C选项，若存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为， 则直线与平面的所成角的正弦值为， 且， 所以， ，整理可得， 因为函数在时的图象是连续的， 且，， 所以，存在，使得， 所以，存在点，使得直线与平面的所成角的余弦值为，C对； 对于D选项，设平面的法向量为， ，， 则， 取，可得， 假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 则， 可得，即， 可得或， 因为，则，则， 所以，， 故当时，方程和均无解， 综上所述，不存在点，平面与平面的夹角的余弦值为，D对. 故选：ACD. 21．（23-24高二上·江西抚州·期末）如图，在棱长为1的正方体中，点M为线段上的动点，下列四个结论： ①存在点M，使得直线AM与直线夹角为30°； ②存在点M，使得与平面夹角的正弦值为； ③存在点M，使得三棱锥的体积为； ④存在点M，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线AB所成的角． 则上述结论正确的有 ②③ ．（填上正确结论的序号） 【解题思路】对①：由连接，，由平面，即可判断；对③：设到平面的距离为，则，所以即可判断；对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求出与，比较大小即可判断；对②：设与平面夹角为，利用向量法求出，即可求解判断. 【解答过程】解：对①：连接，，在正方体中，由平面，可得，又，，所以平面，所以，故①错误； 对③：设到平面的距离为，则，所以，故③正确； 对④：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，0，， ，0，， ，，，，，，所以，，，， ，， 设平面的法向量为，，，则，即， 取，，，又，1，是平面的一个法向量， 又二面角为锐二面角或直角， 所以， ， ，又， ，，故④错误． 对②：由④的解析知，，，， 设平面的法向量为，则，即， 取，则， 设与平面夹角为，令，即，又，解得或，故②正确. 故答案为：②③. 22．（2024·天津·一模）已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由． 【解题思路】（1）法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面平面，利用面面平行的性质可证得结论成立； 法二：以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）假设存在点，使得，其中，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解之即可. 【解答过程】（1）证明：法一：分别取、的中点、，连接、、， 由题意可知点、分别为线段、的中点．所以，， 因为，所以，所以点、、、四点共面， 因为、分别为、的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面； 法二：因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 所以，易知平面的一个法向量， 所以，所以， 又因为平面，所以平面． （2）解：设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量，设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； （3）解：假设存在点，使得，其中， 则， 由（2）得平面的一个法向量为， 由题意可得， 整理可得．即， 因为，解得或，所以，或． 23．（2024·湖南邵阳·模拟预测）如图，在中，，为边上一动点，交于点，现将沿翻折至. (1)证明：平面平面； (2)若，且，线段上是否存在一点（不包括端点），使得锐二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 【解题思路】（1）由条件证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面； （2）证明平面，建立空间直角坐标系，，求平面，平面的法向量，由条件列方程求即可. 【解答过程】（1）因为，， 所以，所以， 所以，又因为， ，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2）因为，，∴， 又∵，，平面， ∴平面， ∴、、两两垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为，， 所以. 则，，，， 平面的一个法向量为， ，设， ， ， 设平面法向量为， 则，所以， 取，则，， 故为平面的一个法向量， 所以， 解得，符合题意 即，∴. 24．（23-24高三下·湖南·阶段练习）如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2. (1)证明：. (2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立； （2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴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，解出的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，， 又，、平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为二面角为，，， 所以，二面角的平面角为， 以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则、、、、. ，，，. 设，，其中， 设平面的法向量为， 由得， 取，可得， ，解得，合乎题意， 故当时，直线与平面所成角的正弦值为. 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 25．（23-24高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【解题思路】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可. 【解答过程】如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设， 则， 所以，， 设面的一个法向量为， 则，取，即， 所以点到平面的距离为， 由，易知，即①正确； 设直线与所成角为， 则，即②正确； 显然，即与平面不平行，③错误. 综上，正确的说法有2个. 故选：C. 26．（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 【解题思路】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. 【解答过程】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. 27．（2024·云南楚雄·一模）在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则（    ） A．存在点，使 B．存在点，使点到直线的距离为 C．存在点，使直线与所成角的余弦值为 D．存在点，使点，到平面的距离之和为3 【解题思路】连接，应用勾股定理求的范围判断A；利用等面积法有即可判断B；构建空间直角坐标系，设，，应用向量法表示线线角余弦值，列方程求参数即可判断C；在平面中，过，分别作，，垂足为，，由即可求最大值判断D. 【解答过程】连接，则，故A正确； 点到直线的距离，故B正确； 以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设，，则，， 假设存在点，使直线与所成角的余弦值为， 则， 整理得，解得，故C错误； 在平面中，过，分别作，，垂足为，， 则点，到平面的距离之和为． 设，则， 当点与重合时，点，到平面的距离之和最大， 所以不存在点，使点，到平面的距离之和为3，故D错误． 故选：AB. 28．（23-24高二上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．二面角的余弦值为 C．二面角的正弦值为 D．若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为 【解题思路】选项A，取中点，连接，通过条件得到为平行四边形，进而得出，即可判断出选项A的正误；对于选项BCD，通过建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法和空间距离的向量法，对选项逐一分析判断，即可得出结果. 【解答过程】对选项A，取中点，连接， 因为是中点，所以，且， 又，，所以，且，所以为平行四边形， 所以，又面，面，所以平面，故选项A正确， 因为，，得到，又， 所以，得到， 又平面平面，平面平面，平面， 所以面，又，所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 ，， 则，所以， 易知平面即为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 则， 由图易知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为，故选项B正确， 对于选项C，因二面角的正弦值为，所以选项C错误， 对于选项D，设，又，得到， 所以，得到， 设到平面距离为，则，解得，所以选项D正确， 故选：ABD. 29．（2024·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是 ②③④ ． 【解题思路】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【解答过程】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示： 以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设点，其中， 对于①，，，设平面， 则，即， 取x=1，则，可得， 设平面，，， 则，即， 取，则，可得， 若平面平面CEG，则，解得：， 所以存在使得平面平面CEG，故①错误； 对于②，，若平面CEG， 则，即， 即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确； 对于③，， 所以点H到平面CEG的距离为， ， 因为，所以，所以， ，所以， 所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确； 对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为， 所以， ，整理可得， 因为函数在时的图象是连续的， 且，， 所以，存在，使得， 所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确. 故答案为：②③④. 30．（23-24高二下·江苏连云港·期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．    (1)求二面角的正弦值； (2)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． 【解题思路】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设线段上存在，根据向量的距离公式，求得得到的坐标，进而的值． 【解答过程】（1）解：由底面为直角梯形，其中，，且， 所以，又由平面， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则平面的法向量，且， 可得， 设平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设二面角夹角为，则，则，所以二面角的正弦值为. （2）解：设线段上存在，使得它到平面的距离为， 由，可得到平面的距离， 解得或(舍去)，所以，则．    31．（23-24高三下·江西·开学考试）  已知等边的边长为4，分别是边的中点（如图1），现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且（如图2）. (1)证明：； (2)在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）利用折叠前后的相关位置关系，由线面垂直的判定定理和性质定理推理即得； （2）结合图形特征建系，求出相关点的坐标，将的坐标用参数表示，求出平面的法向量坐标，利用点到平面距离的空间向量公式列出方程，求解即得. 【解答过程】（1）   分别是边的中点， ， 如图，连接交于，连接， 由折叠可知，平面 平面， 平面平面. （2）等边的边长为， ， 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，过作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， ， 设 ， 在平面中，， 不妨设平面的法向量， 则令，得，故可取. 则点到平面的距离为解得或（舍去）， 为的中点，， 满足条件的点存在，且. 32．（23-24高三上·天津河西·阶段练习）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由. 【解题思路】（1）根据直三棱柱的性质可知，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解； （3）设，根据， 得到，即可得解. 【解答过程】（1）由于，所以， 根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直. 以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 设直线和平面所成角为，则； （3）设，则， 过T作，则， ∵， ∴， ∴，∴或（舍） ∴. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$