立体几何存在性问题 专项训练-2026届高三数学一轮复习

专题9 立体几何存在性问题 1．如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． (1)求证：平面． (2)求三棱柱的体积． (3)线段上是否存在点，使得平面．若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由． 2．如图，正方形ABCD所在平面外一点P满足PB⊥平面ABCD，且AB＝3，PB＝4． (1)求点A到平面PCD的距离； (2)线段BP上是否存在点E，使得DE⊥平面PAC，若存在，求出该点位置，若不存在，则说明理由． 3．如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成角为，底面ABCD为直角梯形，. (1)求PB与平面PCD所成角的正弦值； (2)求平面PCD与平面PBA所成角的余弦值； (3)N为AD中点，线段PC上是否存在动点M（不包括端点），使得点P到平面BMN距离为. 4．如图，在三棱锥中，平面平面， ，为的中点． (1)证明：； (2)已知是边长为1的等边三角形，且三棱锥的体积为，若点在棱上，且点到平面的距离为，求． 5．如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.    (1)证明：平面. (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 6．如图，平面ABCD，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：平面CPM； (2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小； (3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离. 7．已知矩形ABCD，AD＝2AB，E，F分别是线段AB，BC的中点，PA为三棱锥P—ADF中面ADF的高． (1)若AD＝4，PA＝3，求三棱锥A—PDF的体积 (2)在棱PA上是否存在一点G，使EG//面PFD？证明你的结论 8．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 9．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，． (1)证明：平面PAD； (2)在棱PC上是否存在点F，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． 10．如图，直线平面，四边形是正方形，且，点、、分别是线段、、的中点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)在线段上是否存在一点，使，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 11．如图，直四棱柱中，底面为菱形，且，，为的延长线上一点，平面，设. （1）求二面角的平面角的大小。 （2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 12．如图，在直三棱柱中，，，点为棱的中点，点为线段上的一动点. (1)求证：当点为线段的中点时，平面； (2)当点位于线段的什么位置时，与平面所成角的正弦值为，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《专题9 立体几何存在性问题》参考答案 1．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，为的中点，证明见解析. 【分析】（1）由，可得平面，进而得，在等腰梯形中，可证得，从而得证； （2）由即可得解； （3）取的中点，的中点，连结，，，可证得四边形为平行四边形，从而得证，进而得证. 【详解】（1）证明：∵，∴． ∵在等腰梯形中，， ∴在四棱锥中，． 又，平面， ∴平面． 又∵平面，∴． ∵在等腰梯形中，，，且， ∴，，， 由勾股定理得，故， ∴， ∴由勾股定理逆定理得． ∵，平面， ∴平面． （2）∵，平面， ∴． （3）线段上存在一点，使得平面，为的中点，证明如下： 证明：取的中点，的中点，连结，，． ∵，分别为，的中点， ∴且． ∵且， ∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∴． 又∵平面，平面， ∴平面． 2．(1)； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用等积法，根据线面垂直，面面垂直的判定及性质结合条件即得； （2）利用坐标法，设，结合条件可得，进而即得. 【详解】（1）由题意，， 由PB⊥平面ABCD，PB⊂平面PBC， 可得平面PBC⊥平面ABCD， 而DC⊥BC，且平面平面，平面ABCD， ∴DC⊥平面PBC，平面PBC， 可得DC⊥PC， ∵CD＝3，PC＝， ∴， 设A到平面PCD的距离为h，则， 即h＝， ∴点A到平面PCD的距离为； （2）以B为坐标原点，分别以BC、BA、BP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则D（3，3，0），C（3，0，0），P（0，0，4）， 设，则，， 若DE⊥平面PAC，则， 解得，不合题意， 故线段BP上不存在点E，使得DE⊥平面PAC． 3．(1) (2) (3)存在. 【分析】（1）证明出，，，建立的空间直角坐标系，求得向量，平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）由平面PBA的一个法向量，和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，则，则可得平面的一个法向量，通过点到平面距离的公式，得到参数表示的一个代数式，结合题意即可求解. 【详解】（1）因为平面，且平面，所以，， 又因为，所以， 因为与底面所成的角为，所以，故， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立的空间直角坐标系，如图所示， 因为，，可得，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为，可得， 取，则，可得， 设PB与平面PCD所成的角为， 则， 所以PB与平面PCD所成角的正弦值为. （2）根据题意，平面PBA的一个法向量， 由（1）知，平面的一个法向量为， 则， 所以平面PBA与平面所成的锐二面角的余弦值为. （3）因为N为AD中点，所以， 设，，则， 解得，故， ∴， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， ∵， ∴点到平面距离为， 所以， 综上，存在点到平面距离为. 4．(1)证明过程见解析； (2)2 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直； （2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出各点坐标，求出平面的法向量，从而利用点到平面的距离为，列出方程，求出答案. 【详解】（1）因为，为的中点， 所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以. （2）取OD的中点G，连接CG，过点O作OFCE，交BC于点F， 因为是边长为1的等边三角形， 所以CG⊥OD，则OF⊥OD， 结合（1）知：两两垂直， 以O为坐标原点，OF所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 因为，， 所以， 因为三棱锥的体积为， 所以， 解得：， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 令得：，， 所以， 则点到平面的距离为 解得：或， 因为点在棱上，所以，所以舍去， 故. 5．(1)证明见解析 (2)存在实数，理由见解析 【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直； （2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案. 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以. 因为，，平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为，平面，且，所以平面. （2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，， 所以为等边三角形，故⊥， 又平面，平面， 所以，，故，，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.    设，则，，，， 故，，， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得. 平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为， 则， 整理得，解得或（舍去）. 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 6．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC； （2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解. （3）设，则，从而，由（2）知平面PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，求出，进而得到，利用点到平面距离公式求出答案. 【详解】（1）证明：连接EM，因为，， 所以， 又因为，所以四边形PABQ为平行四边形， 因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且， 因为，，F为CD的中点，所以且， 可得且，即四边形EFCM为平行四边形， 所以，又平面MPC，平面MPC， 所以平面MPC. （2）因为平面ABCD，，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 依题意可得，，，，，，， ，，，， 设为平面PQM的法向量， 则，不妨设，可得， 设为平面PMC的法向量， 则，不妨设，可得. 所以， 设平面PQM与平面PMC夹角为， 所以， 即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为. （3）设，即， 则. 从而. 由（2）知平面PMQ的法向量为， 而直线DN与平面PMQ所成的角为， 所以， 即， 整理得，解得或， 因为， 所以，所以，， 由（2）知：为平面的法向量， 故点N到平面CPM的距离为. 7．(1)4 (2)存在点G，PA＝4GA使得面PFD ，证明见解析 【分析】（1）求出，，利用三棱锥体积公式进行求解；（2）构造平行四边形，证明线线平行，进而得到线面平行. 【详解】（1）在矩形ABCD中，AB＝CD＝2，BF＝CF＝2 ∴，， ∴，则 ∵PA为三棱锥P－ADF中面ADF的高 ∴ （2）如图存在点G，PA＝4GA，使得面PFD 取DF的中点I，点H满足，连接EI，IH，HG，EG， ∵E是AB的中点   ∴在梯形ABFD中，， ∵   ∴ ∵PA＝4GA，PH＝4HD   ∴在中，， ∴且 ∴四边形GEH为平行四边形   ∴ ∵面PDF，面PDF， ∴面PDF 8．(1)证明见解析 (2) (3)存在，. 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值； （3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出. 【详解】（1）如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以， 又，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形， 因为，所以四边形是菱形，从而， 沿着AE翻折成后，有 又平面，所以平面， 由题意，易知，所以四边形是平行四边形， 故，所以平面. （2）因为平面，平面，则有， 由（1）知，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，所以为等边三角形，同理也为等边三角形， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为； （3）假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 9．（1）在PD上找中点G，连接AG，EG，如图： ∵G和E分别为PD和PC的中点， ∴，且， 又∵底面ABCD是直角梯形，，， ∴且．即四边形ABEG为平行四边形， ∴， ∵平面PAD，平面PAD， ∴平面PAD； （2）因为平面，平面， 所以，又， 以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得，，，，， 由F为棱PC上一点，设， ， 设平面FAD的法向量为， 由可得，解得：， 令，则，则， 取平面ADC的法向量为， 则二面角的平面角满足：, 解得：，解得：或（舍去）， 故存在满足条件的点F，此时． 10．(1) (2)存在， 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； （2）设点，其中，由已知可得出，求出的值，即可得出结论. 【详解】（1）解：因为直线平面，四边形是正方形， 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、、、、， ，，， 所以，异面直线与所成角的余弦值为. （2）解：设点，其中，，， 若，则，解得，合乎题意. 所以线段上存在一点，使，此时. 11．（1）45°；（2）存在，. 【分析】（1）利用建立空间直角坐标系分别求出平面和平面的法向量，利用空间二面角的向量法即得；（2）假设存在，利用直线与平面平行可得与平面的法向量垂直即得. 【详解】（1）连接，交于点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设， 则，，. ∵平面，∴，， ∴，∴，即， ∴，， 设平面的法向量为， 由，得，令， ∴平面的一个法向量为. 又平面的一个法向量为， ∴， 由图知二面角的平面角为锐角， ∴二面角的平面角的大小为45°； （2）假设在线段上存在一点，满足题意. 设， 得， ∵，，∴， ∴ ∵平面，∴，∴，∴， ∴存在点使平面，此时. 12．（1）连接，， ∵点为线段的中点，四边形为矩形， ∴，，三点共线，则点为的中点. ∵点，分别为和的中点， ∴. 在直三棱柱中，， ∴平面， 又平面，∴. 又，∴四边形为正方形， ∴. ∵， ∴平面. ∵， ∴平面. （2）以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设， 设，∴， 即，∴. 设平面的一个法向量为， ，. 由，得，令，得， 又. 设与平面所成角为， 由题意得 ， 求得或. 故当或时，与平面所成角的正弦值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $