重难点26 立体几何中的探索性及新定义问题（举一反三专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习举一反三系列

重难点26 立体几何中的探索性及新定义问题 【全国通用】 【题型1 线、面平行的探索性问题】 2 【题型2 线、面垂直的探索性问题】 8 【题型3 与空间角有关的探索性问题】 15 【题型4 与空间距离有关的探索性问题】 21 【题型5 立体几何新定义】 30 1、立体几何中的探索性及新定义问题 空间向量与立体几何是历年高考的重点和热点内容，从近几年的高考情况来看，立体几何中的探索性问题是近年命题的趋势方向，这类问题以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角、空间距离存在的条件，主要以解答题的形式考查，计算量大，难度较高；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分. 立体几何中的新定义问题也是近年命题的一个趋势，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点和性质，按新定义的要求进行求解，使得问题得以解决. 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. 知识点2 立体几何中的新定义问题 1．空间向量与立体几何中的新定义问题 (1)空间向量与立体几何中的新定义问题，核心是用已知空间向量工具（如坐标运算、数量积、法向量）翻译新定义，再结合立体几何性质求解. (2)常见新定义类型 ①位置关系类：如定义“斜垂”（直线与平面所成角为45°）、“共面向量”新判定规则等； ②度量计算类：如定义“空间两点的新距离”、“二面角的新度量”（如用两个法向量的正弦值表示）等； ③概念拓展类：如将平面中的“中点”拓展为空间中的“重心”、平面向量“投影”拓展为空间向量“投影长度”等. 2．立体几何中新定义问题的解题策略 核心解题策略（四步走）： 第一步：精读定义，拆解内涵：逐句分析新定义的数学描述，明确其涉及的空间元素（点、线、面）和数量关系（如等式、不等关系），避免漏看条件； 第二步：建立坐标系，转化为向量语言：根据几何体特征（如长方体、正棱锥）建立空间直角坐标系，将点、线（方向向量）、面（法向量）用坐标表示，再把新定义翻译成坐标运算公式； 第三步：利用向量工具，求解核心问题：根据翻译后的向量关系，结合立体几何常见考点（如求距离、夹角、证明平行/垂直）计算或证明，此时完全套用常规空间向量解题方法； 第四步：验证结果，贴合定义：求解后需检查结果是否符合新定义的约束条件（如定义域、特殊情况），避免因忽略新定义细节导致错解, 【题型1 线、面平行的探索性问题】 【例1】（2025·安徽合肥·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． (1)求点到平面的距离； (2)在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在，点是中点 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得点到平面的距离； （2）利用坐标法设点，根据线面平行列方程，解方程即可. 【解答过程】（1）因为平面平面，平面平面， 且平面，故平面．    以为原点，所在直线为轴，过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量为，           所以点到平面的距离为； （2）由（1）知，平面的一个法向量为， “线段上存在点，使得平面”等价于“”．          因为，设，， 则，， 所以，解得， 所以线段上存在点，即中点，使得平面. 【变式1-1】（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. 【答案】(1)证明见解析 (2)；在线段存在点使得平面，的值为 【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. 【变式1-2】（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，得到平面DEF的法向量，利用线面角的计算公式得到答案； （2）求出平面CEF的法向量，利用点到平面距离公式进行求解； （3）设，由（1）得平面DEF的法向量为，PG与平面DEF平行，故，从而得到方程，求出答案 【解答过程】（1）EA⊥底面，底面正三角形ABC边长为2， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，，. 所以，， 设平面DEF的法向量为， ，故， 令，则，，故， 又，设AD与平面DEF所成角为， ； （2）平面CEF的法向量为， 其中，， ，故，令，则， 故，， 所以点A到平面CEF的距离； （3）由（1）知，平面DEF的法向量为， 其中，设，， PG与平面DEF平行，故， 即， 解得，此时. 【变式1-3】（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为线段的中点 【解题思路】（1）以为原点建系，求出两个平面的法向量，证明其平行即可； （2）设，利用平面的法向量与垂直即可求出. 【解答过程】（1）证明：由题可以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，， 则. 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点，使得平面， 设， 由（1）得，平面的一个法向量为， 所以， 令，解得， 所以当为线段的中点时，平面. 【题型2 线、面垂直的探索性问题】 【例2】（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点. (1)在底面内是否存在点，满足平面?若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)存在点 (2) 【解题思路】（1）根据题意建系，求出相关点和相关向量的坐标，通过线线垂直建立方程组，即可求得点的坐标，得出结论； （2）按（1）建系，利用四点共面求得点坐标，再利用空间向量的夹角公式计算即得. 【解答过程】（1） 因底面，且是正方形，故可以点为坐标原点， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则 因点P、Q分别是棱的中点，则, , 假设在底面内存在点，使得平面，则 则由，解得， 故存在点，满足平面； （2）按照（1）建系，设点， 依题意，四点共面，故必有, 即，则得，，解得， 即，又, 设平面的法向量为，则， 故可取.因， 设与平面所成角为，则. 即与平面所成角的正弦值为. 【变式2-1】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析； 【解题思路】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明平面，再由线面垂直性质可得； （2）利用空间向量，求出平面法向量以及直线的方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果； （2）设， 利用向量法能求出点的坐标，从而求出的长度． 【解答过程】（1）在图1连接交于点， 在图2中，知、都是等边三角形， 得，，又，平面， 可得平面； 又直线平面， 所以. （2）因为，，则在中，由， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图，以的中点为原点，，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 因此， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 即向量， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为， （3）假设在内存在点，使得平面成立，， 设，，， ， 由，得， 解得，不满足题意，所以不存在使得平面成立. 【变式2-2】（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．    (1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比． 【答案】(1)存在，点M的位置见解析 (2) 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，设出点M的坐标，再依据，利用向量的数量积列出等式计算即可； （2）设出点T的坐标，根据平面向量基本定理，求出点T的坐标，再直接求体积即可. 【解答过程】（1）因为四棱台的上、下底面都是正方形，且底面ABCD， 所以可以以为坐标原点，分别为轴建立如图所示坐标系， 则 ， 假设在底面内存在点M，满足平面CPQ，则可设， 有，则，即， 所以，， 故在底面内存在点，满足平面CPQ. （2）设，因为点T在平面CPQ内，所以可设， 则， 所以，所以，则， 连接，， 设平面CPTQ将四棱台分成上、下两部分的体积分别为， ， ，， 取的中点，连接，则，， 又平面，平面，所以平面， ， 所以， ， ，所以， 所以所求的上、下两部分的体积比为.    【变式2-3】（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在 ， 【解题思路】（1）根据线面垂直先证得，再结合可证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得点B到平面的距离. （3）设，根据平面与平面的法向量垂直建立等量关系求得即可． 【解答过程】（1）证明：，， 又平面平面， 所以平面， 平面，， 又平面平面， 平面； （2）平面， ∴ 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，， ，设平面的法向量为， 则，故可设.， 所以点B到平面的距离为. （3）存在，理由如下： 假设在线段上存在一点，使得平面平面， 设， 则，， ， 设平面的法向量， 由， 得， 令，得． 设平面的法向量为， ， 故， 取，得． 因为平面平面， 所以， 解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且． 【题型3 与空间角有关的探索性问题】 【例3】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，在直三棱柱中，分别为的中点，且. (1)证明：平面. (2)若，在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，理由见解析. 【解题思路】（1）先求证，接着由题设结合线面垂直判定定理求证平面，进而得，再由直三棱柱性质得，进而由线面垂直判定定理即可求证平面； （2）建立适当的空间直角坐标系，设，，求出平面的一个法向量为和平面的一个法向量为， 再由求解即可. 【解答过程】（1）证明：因为， 所以由题在和中，，故， 所以， 所以可得，又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又由直三棱柱性质可得，平面， 所以平面. （2）由题意和（1）可以C为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 若，则可设， 则,设， 则， 设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 则，， 则，， 取，则， 所以， 解得（舍去）或 ， 所以若，在线段上存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，此时为线段的中点. 【变式3-1】（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【解题思路】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【解答过程】（1）证明：取棱的中点O，连接， 设，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，则，， 设，则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【变式3-2】（24-25高二上·北京·期中）在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是PA的中点，在线段AB上，且满足. (1)求证：平面PBC； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【解题思路】（1）取的中点，连接和，利用线面平行的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量法二面角的余弦值. （3）由（2）中相关信息，利用线面角的向量求法求解即得.. 【解答过程】（1）在四棱锥中，取的中点，连接和，由E是PA的中点， 得，且，又， 则且，四边形为平行四边形， 于是，而平面，平面，所以平面. （2）由，，得，由平面，平面， 得，而，则 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则 由，得，解得，即 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设二面角的大小为，由图形观察得为锐角， 因此， 所以二面角的余弦值是. （3）假定存在点满足条件，设点，由， 得，则，又平面的法向量为， 由与平面所成角的正弦值为，得， 整理得，又，解得，此时， 所以存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，. 【变式3-3】（2025·广西·模拟预测）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. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在实数，理由见解析 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【题型4 与空间距离有关的探索性问题】 【例4】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，的长为 【解题思路】（1）取的中点，根据线面平行的判定定理即可得证； （2）设，根据等体积法求出x的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）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，. 因为平面，所以. 因为平面，平面，平面 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， 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. 【变式4-1】（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，的坐标为或，理由见解析， 【解题思路】（1）先证明，，由线面垂直判定定理证明平面，所以，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）先证明平面，由此可得，再证明，由此可得，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论； （3）设，，由此可得，根据点到平面的距离的向量求法结合条件列方程求，由此可得结论. 【解答过程】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以. 因为四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为为中点，，所以. 又，平面， 所以平面， （2） 由（1）平面，平面，所以， 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为四边形为正方形，所以， 平面，， 所以平面，平面，所以， 因为为的中点，，所以， ，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，所以平面，平面， 所以，故， 由（1）平面，平面， 所以，故，又， 所以，所以， 由已知，，， 所以，故， 以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，易知， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为. 平面ABCD的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为， （3）因为，，所以， 设，， 所以，所以，所以. 由（2）知平面的一个法向量为， 所以，解得或， 所以点的坐标为或. 【变式4-2】（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【解题思路】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【解答过程】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以； 因为平面平面，又平面平面，又面， 所以平面；取边的中点记为，则； 以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，所以； （2）由（1），，，， 所以，，， 记平面的法向量为， 所以， 不妨取，得， 所以为平面的一个法向量； 记直线与平面的所成角为， 则， 所以，直线与平面的所成角的正弦值为； （3）设，其中， ，， ， ， ， 记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得， 即； 则点到平面的距离 ， 整理得：即， 解得或（舍去）， 所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为． 【变式4-3】（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面 为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）,（ii）存在， 【解题思路】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． 【解答过程】（1）取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2） ，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， （i）故， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， ， 平面的一个法向量为, 则，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则,0,，0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， ， 点到平面的距离是， ，． 【题型5 立体几何新定义】 【例5】（24-25高一下·山西运城·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 【答案】(1)2； (2)； (3). 【解题思路】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得，根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； （3）法一：根据定义作出线面角，设，则，利用余弦定理计算得，利用构造关于的方程，求解即可； 法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【解答过程】（1）由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； （2）由平面平面，得， 又平面，则平面， 由平面，得，即， 又，即， 解得， 过点作于点，由平面平面，得， 又平面，则平面，因此点到平面的距离为线段的长. 在中，， 所以点到平面的距离为. （3）方法一：过点作交于点，连接， 由平面，得平面，则为直线与平面所成的角， 依题意，， 设， 则， ， 在中，根据余弦定理，， 由，得， 因此，整理得，即， 解得或，因为，所以. 方法二：由（2）知，平面平面，过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得：， 所以，， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 取平面的法向量， 则， 整理得，即，解得：或（舍）， 所以，所以. 【变式5-1】（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 【答案】(1)，； (2)，； (3)①16；②，共有12个面，24条棱. 【解题思路】（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可. （2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分.后用割补法求解体积即可. （3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可. 【解答过程】（1）集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点. 发现它是边长为2的正方形，因此. 对于，当时， 表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点. 它是边长为的正方形，因此. （2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. （3） 如图所示，即为所构成的图形. 其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥， 其中到面的距离为， ，. 由题意面方程为，由题干定义知其法向量， 面方程为，由题干定义知其法向量， 故， 由图知两个相邻的面所成角为钝角，故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱. 【变式5-2】（2025高三·全国·专题练习）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【解题思路】（1）利用斜坐标的定义及向量的线性运算可得结果； （2）利用空间向量的线性运算表示由题可得，，设平面的法向量为，通过求解法向量方程与赋值求得法向量，以及平面，表示出，利用平面与平面的夹角的余弦公式求解即可. 【解答过程】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数）， 由题可知，，． 平面， 即 则，， 则的斜坐标为． （2）由题可得，， 设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量）， 由 得 即 取，可得，， 即． 则 ． 由（1）可知平面， 且， 则， ， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 【变式5-3】（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.    (1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点. (2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)， 【解题思路】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三个内棱相交于同一点且互相平分； （2）由定义易证：四边形为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方体，然后建立空间直角坐标系求解即可； （3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系，然后设，求得直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得， 得 求得 然后利用三角形为锐角三角形求得 最后求最值即可. 【解答过程】（1）如图，连接，    由题可知，平行且等于，平行且等于 所以平行且等于 所以四边形为平行四边形， 所以对角线，为线段中点； 同理，为线段中点； 故的三条内棱交于一点. （2）由（1）可知，四边形为平行四边形， 若为垂棱四面体，则四边形为菱形， 即， 显然， 故， 同理， 如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系，    因为， 所以有， 所以,， 设平面的一个法向量为， 易知， 令，解得， 所以， 直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（2）易知将补成长方体，设长宽高分别设为， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：， 则：， 显然，所以， 设， 因为直线过椭圆焦点， 所以， 联立得， 显然， 由韦达定理可知，， 得， 所以， 所以， 整理得， 得， 所以， 由于为某长方体的三个顶点由余弦定理可知均为锐角， 显然中角均为锐角， 所以只需角锐角，即：， 得， 解得， 由的定义域为， ， 所以当最大时，最小， 不妨令， 所以， 因为， 由对勾函数性质可知，当时，有最大值， 此时， 故的最小值为. 一、单选题 1．（2025·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 【答案】C 【解题思路】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D. 【解答过程】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. . 2．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】利用正四棱锥的结构特征得到为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解. 【解答过程】如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，， 则由正四棱锥的结构特征可知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故选：D. 3．（24-25高三上·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得 D．存在点，使得 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用坐标验证垂直判断A，由，得到方程组，找到符合题意的点，即可判断B，找出平行直线再由坐标判断是否垂直可判断C，设点的坐标根据条件列出方程组，即可判断D. 【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，    则， 对于A，由正方体性质知当P在时，线段长度的最大值为， 此时，， 所以，即满足，即存在点，使得，故A正确； 对于B：设，则，，， 若平面，因为平面，所以，， 即，则，显然满足题意， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，取正方形的中心M，连接，易知， 所以四边形为平行四边形，所以，故运动到处时，， 此时，，，即不满足， 综上不存在点，使得，故C错误； 对于D，设，则，，若存在点，使得， 由，，可得方程组， 化简可得，解得， 显然当时满足题意，即存在点，使得，故D正确； 故选：C. 4．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）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，正确的是（    ） A． 平面 B．存在点，使平面 C．存在点，使 D． 【答案】D 【解题思路】当与重合时， 平面，即可判断A；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，设，可得坐标，由可知与不垂直，即可判断B；若，则，列方程组求解可判断C；由可判断D. 【解答过程】当与重合时，又平面，则 平面，故A错误； 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，∴， ，则，∴， ∵，，∴与不垂直，而平面，则与平面不垂直，故B错误； ，若，则，则，此方程无解，故不存在点，使，故C错误； ∵，，，∴，故D正确． 故选：D． 5．（2025·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 【答案】D 【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. 6．（2025·北京朝阳·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 【答案】B 【解题思路】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断. 【解答过程】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点， 所以，故不可能平行，错； B：若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， ，面，则面， 所以存在Q使得平面，对； C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等， 故三棱锥的体积不是定值，错； D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且， 所以，，若它们夹角为， 则， 令，则， 当，则，； 当则； 当，则，； 所以不在上述范围内，错. 故选：B. 7．（2024·北京顺义·二模）如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法： ①存在点P，使得平面； ②对于任意点P，四棱锥体积为定值； ③存在点P，使得平面； ④对于任意点P，都是锐角三角形. 其中，不正确的是（    ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法①；由棱锥的底面积和高为定值得体积为定值判断说法②；利用向量数量积验证垂直关系判断说法③；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法④. 【解答过程】以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体棱长为1， 则，， 设， ，，， 平面的一个法向量为，， 令，则，即， 若，得， 则时，，又平面，所以平面， 即点P为中点时， 平面，说法①正确； 正方体中，平面平面，平面， 则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值， 所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确； ，，, 若平面，则有，方程组无解， 所以不存在点P，使得平面，说法③错误； ，，， ，， 则中，，都是锐角， ，也是锐角， 所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确. 只有说法③不正确. 故选：C. 8．（24-25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 【答案】C 【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. 二、多选题 9．（2025·山东青岛·一模）在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（    ） A．当时， B．当时， C．存在，使得 D．存在，使得平面 【答案】AD 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直及平行计算判断A，B，C，求出法向量法结合位置关系求解判断D. 【解答过程】取的中点，建立如图所示空间直角坐标系： 设底面边长为2， 则， 所以，所以， A. 当时，，，，所以，故A正确； B. 当时，，，，所以不成立，故B错误； C.，，故C错误； D. 因为，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 使得平面，所以，所以，，符合，故D正确； 故选：AD. 10．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，分别为棱上的动点，且，则（    ） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线PQ与所成角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【解题思路】建立空间直角坐标系，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可. 【解答过程】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则由题：， 所以， 因为，， 所以，所以，， 所以，所以， 对于A：由，故A错误； 对于B：由是平面的一个法向量， 则， 所以当时，，所以平面，故B正确； 对于C：由， 设平面的一个法向量为， 所以，令， 设点到平面的距离为，则， 所以， 所以， 因为长度为定值，所以当时，三棱锥体积最大，故C正确； 对于D：设直线与所成角为， 由上当时， ， 当且仅当即时等号成立，故D正确. 故选：BCD. 11．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则（   ） A．点存在无数个位置满足 B．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 C．若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为 D．点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等 【答案】ACD 【解题思路】根据线面垂直的判定可证得平面，则当在线段上时，恒成立，知A正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用异面直线所成角的向量求法和二次函数最值可确定异面直线与所成的角大于，知B错误；由线面垂直的性质和判定可证得平面，利用三角形相似可知到平面的距离为，根据可知当与重合时，体积取得最大值，结合棱锥体积公式知C正确；根据点到直线的距离即为其到点的距离，可知点轨迹为抛物线的一部分，知D正确. 【解答过程】对于A，连接， 四边形为正方形，； 平面，平面，； 又，平面，平面， 则当平面，即在线段上时，恒成立， 点存在无数个位置，使得，A正确； 对于B，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 当在线段上时，可设， ，则，， ； 则当时，， 异面直线与所成的角大于，B错误； 对于C，连接，交于点，连接，交于点， ，，，平面， 平面，又平面，； 同理可得：；又，平面， 平面，即平面； ∽，，， ； 是边长为的等边三角形，； 设点到平面的距离为，则； 当与重合时，取得最大值，，C正确； 对于D，平面，点到直线的距离即为其到点的距离， 若点到直线和直线的距离相等，则点轨迹是以为焦点，为准线的抛物线在侧面上的部分， 点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等，D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得 平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【解题思路】根据给定条件，以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量坐标，进而求出点的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案. 【解答过程】在正方体中，令，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， 令平面的法向量，则，取，得， 由平面于，得，即， ，显然，解得， 于是， 对于①，，①正确； 对于②，在上单调递增，②正确； 对于③，而，， 若， 显然，即不存在，使得，③错误； 对于④，平面的一个法向量，而， 由，得，即，整理得， 令，显然函数在上的图象连续不断， 而，因此存在，使得，此时平面， 因此存在点，使得平面，④正确. 所以所有正确结论的序号是①②④. 故答案为：①②④. 13．（2025·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 . 【答案】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. 14．（24-25高二上·北京朝阳·期末）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【解题思路】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由确定点的竖坐标关系，再利用空间位置关系的向量证明判断①③；利用向量夹角公式求解判断②；利用点到平面距离的向量求法求解判断④即可得解. 【解答过程】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，由，得，解得， 对于①，，，因此，①正确； 对于②，， 不是常数，因此不为定值，②错误； 对于③，由平面，得平面， 即平面的一个法向量为，设平面的法向量， 则，令，得，，即不垂直， 因此不存在点，使得平面平面，③错误； 对于④，点到平面的距离，若， 则，整理得，解得， 因此存在点，使得点到平面的距离为2，④正确， 所以所有正确结论的序号是①④. 故答案为：①④. 四、解答题 15．（2025·贵州遵义·模拟预测）在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点． (1)若平面平面，求证：； (2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解题思路】（1）连接交于点，连接，先证明平面，再结合线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【解答过程】（1）证明：连接交于点，连接， 因为四边形为正方形， 所以为的中点，又为线段的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，且平面， 所以. （2）在正方形中，， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又，，所以， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 又，为线段的中点， 所以， 则， 设，，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 由平面平面，则，解得，即， 所以在线段上存在一点，使得平面平面，且. 16．（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？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；或 【解题思路】（1）先由勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到面，最后再由线面垂直的判定定理可得； （2）由几何关系建立如图所示空间直角坐标系，求出面的一个法向量，代入空间点到面的距离公式解一元二次方程可得. 【解答过程】（1）证明：，，，故． 又面面，面面，面， 面． 面，， 又，面，，面． （2）面，，四边形为菱形， 取的中点为，连接，，为等边三角形． ．又，． 又平面，． 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设为面的一个法向量， 则  令，则． 设为点到面的距离， 则． ，即或． 故存在或，满足题意． 17．（2025·湖北黄冈·二模）如图，在三棱锥的平面展开图中，，． (1)求的余弦值； (2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)存在，或. 【解题思路】（1）根据已知求出相关线段的长度，再应用余弦定理求的余弦值； （2）构建合适的空间直角坐标系，根据已知面面角的余弦值及向量法求夹角，列方程求出，即可得结论. 【解答过程】（1）在中，因为，所以，所以， 在中，因为， 所以，所以． 又因为， 在中，由余弦定理得. （2）因为，即平面， 所以平面，平面内作， 以为原点，、、为、、轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， 设，故， 设平面的法向量，则， 取，则，易得平面的法向量 则平面和平面所成角的余弦值，解得或， 当或时，平面和平面所成角的余弦值为. 18．（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【解题思路】（1）要证明，可证明，即只要证明垂直于所在的平面即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，进而确定点的位置. 【解答过程】（1）证明：连接， 因为，所以． 因为是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以， 因为， 所以． （2）因为， 所以，所以， 又由（1）知，且平面， 所以平面， 因为为四棱台，底面为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同， 所以四边形为正方形，上下面平行 所以平面，. 因为点是的中点，，所以. 所以且，所以四边形为平行四边形 所以. 又平面，所以平面． 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则，． 设平面的法向量为， 则 令． 设直线与平面所成角为， 则， 化简得， 即，所以． 19．（2025高二上·全国·专题练习）已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 【答案】(1)2 (2) (3)10 【解题思路】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程求可得的长； （2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其大小，结合二面角 与二面角互补可得结论； （3）过点作，证明平面，过点作交于点，证明，结合条件可求. 【解答过程】（1）因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； （2）在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； （3）依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点26 立体几何中的探索性及新定义问题 【全国通用】 【题型1 线、面平行的探索性问题】 2 【题型2 线、面垂直的探索性问题】 4 【题型3 与空间角有关的探索性问题】 6 【题型4 与空间距离有关的探索性问题】 8 【题型5 立体几何新定义】 10 1、立体几何中的探索性及新定义问题 空间向量与立体几何是历年高考的重点和热点内容，从近几年的高考情况来看，立体几何中的探索性问题是近年命题的趋势方向，这类问题以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角、空间距离存在的条件，主要以解答题的形式考查，计算量大，难度较高；备考时需强化坐标系建立技巧、法向量求解步骤及空间角公式的熟练应用，同时注重向量运算的严谨性，避免因计算失误失分. 立体几何中的新定义问题也是近年命题的一个趋势，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点和性质，按新定义的要求进行求解，使得问题得以解决. 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. 知识点2 立体几何中的新定义问题 1．空间向量与立体几何中的新定义问题 (1)空间向量与立体几何中的新定义问题，核心是用已知空间向量工具（如坐标运算、数量积、法向量）翻译新定义，再结合立体几何性质求解. (2)常见新定义类型 ①位置关系类：如定义“斜垂”（直线与平面所成角为45°）、“共面向量”新判定规则等； ②度量计算类：如定义“空间两点的新距离”、“二面角的新度量”（如用两个法向量的正弦值表示）等； ③概念拓展类：如将平面中的“中点”拓展为空间中的“重心”、平面向量“投影”拓展为空间向量“投影长度”等. 2．立体几何中新定义问题的解题策略 核心解题策略（四步走）： 第一步：精读定义，拆解内涵：逐句分析新定义的数学描述，明确其涉及的空间元素（点、线、面）和数量关系（如等式、不等关系），避免漏看条件； 第二步：建立坐标系，转化为向量语言：根据几何体特征（如长方体、正棱锥）建立空间直角坐标系，将点、线（方向向量）、面（法向量）用坐标表示，再把新定义翻译成坐标运算公式； 第三步：利用向量工具，求解核心问题：根据翻译后的向量关系，结合立体几何常见考点（如求距离、夹角、证明平行/垂直）计算或证明，此时完全套用常规空间向量解题方法； 第四步：验证结果，贴合定义：求解后需检查结果是否符合新定义的约束条件（如定义域、特殊情况），避免因忽略新定义细节导致错解, 【题型1 线、面平行的探索性问题】 【例1】（2025·安徽合肥·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． (1)求点到平面的距离； (2)在线段上是否存在点，使得平面?若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【变式1-1】（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. 【变式1-2】（2025·天津河东·二模）在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 【变式1-3】（24-25高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【题型2 线、面垂直的探索性问题】 【例2】（24-25高二上·河北张家口·阶段练习）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P、Q分别是棱的中点. (1)在底面内是否存在点，满足平面?若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面交棱于点T，平面将四棱台分成上，下两部分，求与平面所成角的正弦值. 【变式2-1】（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【变式2-2】（2024·广东东莞·模拟预测）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面ABCD，点P、Q分别是棱、的中点．    (1)在底面内是否存在点M，满足平面CPQ?若存在，请说明点M的位置，若不存在，请说明理由； (2)设平面CPQ交棱于点T，平面CPTQ将四棱台，分成上、下两部分，求上、下两部分的体积比． 【变式2-3】（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【题型3 与空间角有关的探索性问题】 【例3】（2025·江西景德镇·模拟预测）如图，在直三棱柱中，分别为的中点，且. (1)证明：平面. (2)若，在线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【变式3-1】（24-25高三下·广东·开学考试）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【变式3-2】（24-25高二上·北京·期中）在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是PA的中点，在线段AB上，且满足. (1)求证：平面PBC； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 【变式3-3】（2025·广西·模拟预测）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. 【题型4 与空间距离有关的探索性问题】 【例4】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知平面，，是等腰直角三角形，其中，且． (1)设线段中点为，证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离等于，如果存在，求的长． 【变式4-1】（25-26高三上·黑龙江绥化·开学考试）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，.已知，分别为，的中点，平面与棱交于点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式4-2】（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式4-3】（24-25高二上·山东·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面 为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【题型5 立体几何新定义】 【例5】（24-25高一下·山西运城·期末）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中. (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 【变式5-1】（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 【变式5-2】（2025高三·全国·专题练习）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式5-3】（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.    (1)如左图，在四面体中，分别为所在棱的中点，证明：的三条内棱交于一点. (2)同左图，若为垂棱四面体，，求直线与平面所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数，求的定义域与最小值. 一、单选题 1．（2025·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 2．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为（      ） A． B． C． D． 3．（24-25高三上·北京·阶段练习）在棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点.点为正方体表面上的动点，满足.给出下列四个结论，不正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得 D．存在点，使得 4．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）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，正确的是（    ） A． 平面 B．存在点，使平面 C．存在点，使 D． 5．（2025·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 6．（2025·北京朝阳·二模）如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为 7．（2024·北京顺义·二模）如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法： ①存在点P，使得平面； ②对于任意点P，四棱锥体积为定值； ③存在点P，使得平面； ④对于任意点P，都是锐角三角形. 其中，不正确的是（    ） A．① B．② C．③ D．④ 8．（24-25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 二、多选题 9．（2025·山东青岛·一模）在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（    ） A．当时， B．当时， C．存在，使得 D．存在，使得平面 10．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱中，分别为棱上的动点，且，则（    ） A．存在使得 B．存在使得平面 C．若长度为定值，则时三棱锥体积最大 D．当时，直线PQ与所成角的余弦值的最小值为 11．（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则（   ） A．点存在无数个位置满足 B．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是 C．若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为 D．点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等 三、填空题 12．（2024·北京海淀·二模）如图，在正方体中，为棱上的动点，平面为垂足.给出下列四个结论： ①； ②线段的长随线段的长增大而增大； ③存在点，使得； ④存在点，使得 平面. 其中所有正确结论的序号是 . 13．（2025·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 . 14．（24-25高二上·北京朝阳·期末）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 15．（2025·贵州遵义·模拟预测）在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点． (1)若平面平面，求证：； (2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 16．（2025·湖南邵阳·二模）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 17．（2025·湖北黄冈·二模）如图，在三棱锥的平面展开图中，，． (1)求的余弦值； (2)在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 18．（2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19．（2025高二上·全国·专题练习）已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $