第14 讲 空间线段点的存在性问题探究（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习立体几何专题（新高考通用）

该高中数学讲义聚焦空间线段点的存在性问题高考专题，涵盖空间位置关系、空间角、距离等核心考点，按“高考分析—学习目标—解题策略—分层训练”逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题演练帮助学生突破参数化表示、代数转化等难点，体现复习系统性与针对性。 资料以“几何问题代数化”为核心策略，如引导学生用参数λ表示动点坐标，规范“假设存在—列方程—验证范围”解题流程，培养逻辑推理与模型意识。设置选择、填空、解答题分层练习，结合高考评分关键点指导，高效提升学生规范解题能力，为教师把控复习节奏提供有力支持。

第14讲 空间线段点的存在性问题专题训练 目 录 高考分析 1 学习目标 3 解题策略 4 一、单选题 5 二、多选题 9 三、填空题 35 四、解答题 44 空间线段点的存在性问题是高考立体几何的高频创新题型，多以解答题最后一问形式出现（分值约4-5分），融合空间位置关系、空间角/距离计算、函数与方程思想，侧重考查逻辑推理与数学建模能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面分析： 1、 命题特点 1. 题型载体：以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、正棱锥）为主要背景，偶尔结合翻折、截面问题拓展，如“在棱AB上是否存在点P，使平面P CD与平面α垂直”“在线段MN上是否存在点Q，使直线PQ与平面β所成角为30°”。 2. 设问形式：固定为“是否存在点P（在线段AB上），满足XX条件”，条件多围绕： ◦ 空间位置关系（线面平行/垂直、面面平行/垂直）； ◦ 空间角（异面直线所成角、线面角、二面角为定值/范围）； ◦ 空间距离（点到平面的距离为定值、线段长度为定值）。 3. 解法特征：均采用“假设存在—参数化表示—列方程/不等式—验证合理性”的逻辑链，核心是将几何问题转化为代数方程求解，体现“数形结合”思想。 二、核心考点 1. 参数化表示能力：需将线段上的动点坐标用参数表示。 2. 空间关系的代数转化： ◦ 线面平行：转化为“直线方向向量与平面法向量垂直”； ◦ 线面垂直：转化为“直线方向向量与平面内两个不共线向量垂直”； ◦ 空间角定值：转化为“空间角的三角函数表达式等于定值，解λ”； ◦ 距离定值：转化为“点到平面的距离公式等于定值，解λ”。 3. 参数范围验证：求解方程得到λ后，需验证λ是否∈[0,1]（保证点在线段上，而非延长线上），这是高考评分的关键得分点。 4. 分类讨论思想：部分复杂问题需根据参数λ的范围分类讨论（如二面角为锐角/钝角时的不同表达式），避免漏解。 三、考查趋势 1. 综合化程度提升：单一条件的存在性问题减少，更多结合“空间角+位置关系”“距离+截面”等复合条件，如“是否存在点P，使直线P Q与平面α平行且与直线MN所成角为45°”。 2. 动态拓展：从“单点存在性”向“点的轨迹/范围”延伸，如“求线段AB上使线面角最大的点P的位置”，本质仍是存在性问题的延伸。 3. 与新考点融合：结合截面问题、几何体体积最值问题命题，如“是否存在点P，使截面PQR将几何体分成体积比为1:2的两部分”。 4. 对规范解题要求更高：高考评分明确要求写出“假设存在→参数化→列方程→求解→验证→结论”的完整步骤，缺失任意环节会扣分。 四、高考评分关键点 1. 必须明确写出“假设线段AB上存在点P...”无假设步骤直接扣分； 2. 动点坐标的参数化表示需准确，坐标错误后续全错； 3. 几何条件转化为代数方程的过程需清晰（如线面平行→向量垂直的推导）； 4. 求解λ后必须验证λ∈[0,1]，未验证即使结果正确也会扣1-2分； 5. 最终结论需明确（“存在，此时P为线段AB的λ分点”或“不存在，因λ∉[0,1]”）。 结合高考对空间线段点的存在性问题的考查要求，从基础能力、核心应用、综合素养三个维度制定学习目标，覆盖解题全流程的关键环节： 一、基础能力目标 1. 掌握动点参数化表示方法： ◦ 能熟练用参数λ（λ∈[0,1]）表示线段上动点的坐标； ◦ 理解参数λ的几何意义（λ=0对应A点，λ=1对应B点，λ∈(0,1)对应线段内点），明确λ超出[0,1]时动点在线段延长线上。 2. 精准转化几何条件为代数关系： ◦ 熟记空间位置关系（线面平行/垂直、面面平行/垂直）对应的向量代数条件； ◦ 掌握空间角、空间距离的计算公式，并能将“角/距离为定值”转化为关于λ的方程。 3. 夯实方程求解基础： ◦ 能解一元一次、一元二次方程，以及简单的分式、根式方程（求解参数λ的核心工具）； ◦ 具备参数范围验证意识，知道需检查λ是否∈[0,1]以确定点是否在线段上。 二、核心应用目标 1. 完整掌握解题逻辑链： ◦ 能独立完成“假设存在→参数化动点坐标→转化几何条件为代数方程→求解λ→验证λ范围→得出结论”的全流程； ◦ 针对不同条件类型（位置关系、空间角、空间距离），能快速匹配对应的转化方法（如线面平行→直线方向向量与平面法向量垂直）。 2. 应对复合条件问题： ◦ 能处理“多个几何条件叠加”的存在性问题（如同时满足线面平行和线面角为30°），通过联立方程求解参数λ； ◦ 能结合分类讨论思想，解决因几何条件歧义（如二面角锐钝）导致的多解问题。 3. 规范书写解题过程： ◦ 能清晰标注假设步骤、参数化依据、条件转化过程，避免关键环节缺失； ◦ 求解λ后明确验证步骤，最终结论表述准确（“存在/不存在”+ 点的位置说明）。 三、综合素养目标 1. 数形结合与建模能力： ◦ 能将几何问题转化为代数方程模型，通过解方程的结果反推几何结论； ◦ 能结合几何体直观图，预判参数λ的合理范围，辅助验证求解结果。 2. 拓展延伸能力： ◦ 能将单点存在性问题延伸到“动点轨迹/最值”问题（如求线段上使线面角最大的点的位置）； ◦ 能结合截面、体积等考点，解决综合性更强的存在性问题。 3. 易错点突破能力： ◦ 避免“参数化坐标错误”（牢记向量运算规则，核对动点坐标推导过程）； ◦ 避免“遗漏λ范围验证”（养成求解后必检查λ∈[0,1]的习惯）； ◦ 避免“几何条件转化错误”（如混淆线面角的正弦/余弦公式）。 空间线段点的存在性问题的核心解题逻辑是“几何问题代数化”，遵循“假设存在→参数表示→条件转化→求解验证→得出结论”的固定链条，以下分步骤拆解策略，并针对不同条件类型细化方法： 通用解题步骤（核心框架） 1. 第一步：假设存在，参数化动点坐标 2. 第二步：转化几何条件为关于的λ方程/不等式 • 核心：将题目中的“线面平行/垂直、空间角定值、距离定值”等条件，通过向量、几何公式转化为只含λ的代数关系式（方程或不等式）。 • 具体转化规则（见下文细分题型）： 3. 第三步：求解方程，验证λ范围 • 操作：解转化后的方程，得到λ的值（或范围）；若为方程组，联立求解。 • 关键：必须验证λ是属于 [0,1]——若在范围内，说明点存在，可进一步确定点的位置（如λ=0.5表示中点）；若超出范围，说明线段上不存在该点（延长线上可能存在，但题目要求线段上则直接否定）。 4. 第四步：明确结论，规范表述 • 存在情况：“存在点P，当λ属于 [0,1]时，P为线段AB的分点（或中点），满足题意”； • 不存在情况：“不存在满足条件的点P，因解得λ超出[0,1]范围”。 一、单选题 1.在直三棱柱中，底面是以B为直角顶点，边长为1的等腰直角三角形，若在棱上有唯一的一点E使得，那么（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【解析】建立空间直角坐标系，设出，根据垂直和唯一的点E得到方程由唯一解，根据二次函数根的分布问题求出. 如图，以B为坐标原点，BA，BC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，， 则， 则， 因为在棱上有唯一的一点E使得， 所以在上有唯一的解， 令，可知， 故要想在上有唯一的解，只需， 因为，所以解得： 故选：B 2.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 【解析】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. 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 3.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 【解析】建立空间直角坐标系，利用坐标运算求解参数即可. 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 4.《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，，，，若AG⊥平面EFC，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果. 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， 设，则，，，，， ，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得，， ， ， 又平面， ，，解得. 故选：C. 5.如图，平面平面是等边三角形，四边形是矩形，且，E是的中点，F是上一点，当时，（    ） A．3 B． C． D．2 【答案】C 【解析】分别取的中点O，G，连接，以O为坐标原点，的方向别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，，则其数量积为零，得出答案. 分别取的中点O，G，连接， 以O为坐标原点，的方向别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则．设， 则．因为， 所以，解得，所以． 故选: C 二、多选题 1.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 【解析】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. 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. 2.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 【解析】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. 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． 3.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 【解析】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. 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. 4.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 【解析】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. 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. 5.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 【解析】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. 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. 6.如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）.    A．不存在点，使得 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，存在点，使得 【答案】ABD 【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得 如图建立空间直角坐标系，则，，， ，，，，设， 对于A：，，则，所以与不垂直， 即不存在点，使得，故A正确； 对于B：，，，设平面的法向量为， 则，取， 则点到平面的距离，故B正确； 对于C：，所以点到直线的距离，故C错误； 对于D，因为，所以，， ， 即，可得轨迹为圆：， 所以圆心， 又，所以轨迹为圆被四边形截得的4段圆弧，所以D正确. 故选：ABD    7.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 【解析】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. 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. 8.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 【解析】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. 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. 9.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 【解析】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. 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. 10.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 【解析】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. 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. 11.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 【答案】ACD 【解析】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. 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. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 12.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点、使得、、、四点共面 B．存在点，使 C．存在点，使得直线与平面所成角为 D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值 【答案】ABD 【解析】将半正多面体补成一个棱长为的正方体，建立空间直角坐标系，当点与点重合时，利用空间向量法可判断A选项；当点与点重合时，利用空间向量法可判断B选项；设，利用空间向量法可判断CD选项. 将半正多面体补成一个棱长为的正方体，如图：    则半正多面体的所有顶点都是正方体的棱的中点， 以为原点，过的三条棱所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.    则、、、、， 对A ，当点与点重合时，，，则， 又因为、、、不共线，则，则、、、共面，A正确； 对B ，当点与点重合时，，则，即，B正确； 对C，设， 则， 设平面的一个法向量为，，， 则，令，得，，则， 设直线与平面所成角为， 则， 化简得，，此方程无解， 故不存在点，使得直线与平面所成角为，C错； 对D ，，由C可知，， 所以， 整理可得，因为，解得， 即当点为的中点时，直线与直线所成角的余弦值，D正确. 故选：ABD. 三、填空题 1.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，动点在底面正方形内(包括边界)，若平面，则长度的最大值为 . 【答案】 【解析】以正方体的顶点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求平面的法向量，设，且，求，根据平面，可得满足的等式关系，并用表示，确定的取值范围，利用空间中两点距离公式得，结合二次函数的性质，即可确定长度的最大值. 如图，以正方体的顶点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 动点在底面正方形内(包括边界)，则设，且 则，设平面的法向量为，又 则，令，则 因为平面，所以，即， 则，所以 则， 由二次函数的性质可得当时，，时，，所以长度的最大值为. 故答案为：. 2.如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论： ①存在点P，使得； ②的面积越来越小； ③四面体的体积不变. 所有正确的结论的序号是 . 【答案】①②③ 【解析】建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，设出（），选项①，列出方程，求出m的值；选项②，利用点到直线距离的向量公式表达出P到直线距离，表达出的面积，进而得到答案；③把作为底，高为点P到上底面的距离，可以判断四面体的体积不变. 以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，设（），则，，令，解得：，存在点P，使得，①正确； ，，，，设点P到直线距离为，则 所以，因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确； 以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确. 故答案为：①②③ 3.如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动．当的面积取得最小值时，则 ． 【答案】 【解析】建立空间直角坐标系，设，由与共线，可得，进而结合空间两点的距离公式表示出，然后利用函数的性质求出最值即可. 设正方体的棱长为1，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，的中点， ，，则，设，， 由与共线，可得，所以，所以，其中，因为， ， 所以，所以，即是动点到直线的距离， 由空间两点间的距离公式可得，所以当时，取得最小值， 此时为线段的中点，由于为定值，所以当的面积取得最小值时，为线段的中点． 故答案为：. 4.在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时， ；点的轨迹的长度为 . 【答案】 【解析】由题意建立空间直角坐标系可得当在上时，满足，求得的长；当为内的动点（含边界）时，再取中点，，再过作，可证平面，得到的轨迹，求解三角形可得点的轨迹的长度． 因为平面，平面，所以，又，所以， 又平面，所以平面，过，如图建立空间直角坐标系， 则，设，所以，则 ①当在上时，设，因为，所以，故，则 所以； ②为内的动点（含边界）时，如图，取中点，过作，垂足为 由①可得，又，平面，所以平面，因为平面，所以 即在线段上运动时，， 点的轨迹为线段． 则． 故答案为：；. 5.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 【解析】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. 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. 6.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】 【解析】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. 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：. 四、解答题 1.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， 【解析】（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． （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． 2.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) 【解析】（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. （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. 3.如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在， 【解析】（1）取中点D，连接DN、，证明四边形为平行四边形，得，从而可得证线面平行； （2）分别以为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角； （3）用空间向量法求点面距，从而得出结论． （1）取中点D，连接DN、， ∵D、N分别为、∴且， ∵与平行且相等，M为中点，∴与平行且相等， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面  平面， ∴平面； （2）∵直三棱柱∴平面ABC又CB、平面ABC， ∴、， ∵即， ∴、CB、CA两两垂直，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴  ， 则  ， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令则， 设二面角的平面角为， 则， 由图知为钝角，∴； （3）设，， ∵， ∴， ∴    ， 设平面MBC的法向量为， 则，即， 令则 ∴P点到平面MBC的距离为， 解得，又∴． 4.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 【解析】（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. （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. 面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 5.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. 【解析】（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. （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. 6.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 【解析】（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. （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. 7.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 【解析】（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. （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． 8.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，． 【解析】（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. （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， ∴，∴． 9.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 【解析】（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. （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. 10.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 【解析】（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. （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. 11.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. 【解析】（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. （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. 12.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，平面平面，为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点． (1)记平面交于点，求证：平面； (2)是否存在点，使得二面角的正弦值为，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，点为线段上靠近点的三等分点，理由见解析 【解析】（1）证明平面，利用线面平行的性质可证得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）连接、、，推导出平面，，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，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论. （1）证明：因为四边形为菱形，则， 因为平面，平面，所以，平面， 因为平面，平面平面，则， 因为平面，平面，因此，平面. （2）解：连接、、， 因为为等边三角形，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 因为四边形是边长为的菱形，则， 又因为，则为等边三角形，则， 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、、、， 设，其中， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的法向量为， ， 则， 取，则，，所以，， 由题意可得， 整理可得，即，因为，解得， 故当点为线段上靠近点的三等分点时，二面角的正弦值为. 13.如图，已知四边形是矩形，平面，，，点M，N分别在线段上．    (1)求证：直线平面． (2)是否存在M，N，使得？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值．若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，. 【解析】（1）由线面垂直的性质和判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，向量垂直的坐标表示列方程求M，N的坐标，再应用向量法求线面角的正弦值. （1）因为平面，平面，所以． 又底面为矩形，，又，、平面， 所以平面． （2）以A为原点，AP为z轴，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标系．    所以，，，，， 令，，得，所以， 根据，则，所以，取的方向向量为， 设平面的法向量为，，， 根据，取，得， 所以，即直线与平面所成角的正弦值. 14.在四棱锥中，底面是正方形，平面是的中点. (1)证明：平面； (2)若点在棱上，且，在棱上求一点，使得平面. 【答案】(1)证明见解析；(2)点为棱的中点 【解析】（1）解法一：设交于，连接.利用线面平行的判定定理即可证明；解法二：利用空间向量可证得，从而，即可证明； （2）由题意求出点G的坐标，进而求出平面的法向量，设，利用建立方程，解出即可求解. （1）解法一：连接交于，连接.则在中，. 而平面平面 所以平面. 解法二：以为坐标原点，射线分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系. 设.连接交于，连接. 依题意得.因为底面是正方形， 所以是此正方形的中心，故点的坐标为， 所以. 则，故.而平面平面， 所以平面. （2）因为，得 设平面的法向量为， 故，令，则，故， 又， 设， 又因为平面， 所以，即，解得， 所以点为棱的中点时，平面. 15.如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 【答案】(1)证明见解析(2)(3)不存在，理由见解析 【解析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角； （3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论. （1）在中， 所以，即. 又因为，在平面中，， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，由平面，得. 由（2）知，且已知， 故以A为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，.    所以 因为为中点，所以. 由知，. 设平面的法向量为， 则即 令，则.于是. 由（1）知平面，所以平面的法向量为. 所以， 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为； （3）设是线段上一点，则存在使得. 因为， 所以. 因为平面，所以平面，当且仅当， 即. 即.解得. 因为， 所以线段上不存在使得平面. 16.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. （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. 17.如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)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，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于的中点处，证明见解析 【解析】（1）作出辅助线，证明出四边形是平行四边形，所以，从而得到线面平行； （2）先根据面面垂直得到线面垂直，是四棱锥的高，设，根据体积求出，建立空间直角坐标系，设，由线面角得到方程，求出，得到答案. （1）取中点，连接， ∵分别为的中点， ，， ∵底面四边形是矩形，为棱的中点， ，， ，， 故四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面， ∴平面.    （2）假设在棱上存在点满足题意， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 平面，则是四棱锥的高. 设，则，矩形的面积 ，所以. 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，      故. 设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令得，， . 由题意可得， 整理得，解得或，又因为，所以， 故存在点，位于的中点处满足题意. 18.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. 【解析】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. （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. 设平面的法向量为，则，令，得， 要平面，显然平面，则只需，即，解得， 所以在线段上存在点，使得平面，点为靠近点的线段的四等分点. 19.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； 【解析】（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. （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. 20.如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【解析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可. （1）∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）由（1）知平面，，而平面，故. ∴为二面角的平面角， 又平面，平面， ∴，， ∴，. 在①，∴， 令，则， 解得.即，. 在①中作，垂足.    则可得，. ∵平面平面，平面，平面平面， ∴平面， 过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则    ，，，. ，， 设，. 设平面的法向量为，则 ，∴，取，，即， 设平面的法向量为，则 ，取，，.即. . 解得（舍去），或. ∴. 21.如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，使得直线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． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 【答案】(1)(2)存在，(3) 【解析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可. （2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可 （3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径. （1）连接，由题意得，， 则为等边三角形，， 在中，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故. 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； （2）由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；    （3）设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 【点睛】方法点睛：空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得. 22.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， 【解析】（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. （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），. 23.在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，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， 【解析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可. （1）   在梯形中连接， 因为，，为中点，所以，， 所以四边形为菱形， 所以是中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以∥平面. （2）因为四边形为菱形，所以，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 所以，，两两垂直， 则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，， ，，，，，，，， 设 ，则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或2（舍去）， 所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，. 24.如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【解析】（1）根据等腰三角形三线合一性质和面面垂直性质可得平面，由线面垂直性质可证得结论； （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由线线角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结果. （1），分别为中点，，即， 为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）取中点，连接， ，为中点，，即， ，； 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为， 设，则， ， ， 整理可得：，解得：， 存在满足题意的点，此时. 25.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, 【解析】(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. （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. 26.如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，.    (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，使得平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，点为中点，证明见解析 【解析】（1）先利用面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法求解即可； （3）设，由求出，再利用空间向量法求解即可. （1）因为平面平面，平面平面，，平面, 所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是正方形， 所以， 因为，平面，平面， 所以平面. （2）由（1）得平面，因为平面，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴、 轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    因为，， 所以，. 则，，,，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 因为平面，所以为平面的一个法向量，， 所以， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值． （3）线段上存在点，点为中点，满足平面，证明如下： 设， 因为， 所以， 由（2）知平面的一个法向量为， 因为平面， 所以，解得， 所以线段上存在点，点为中点，满足平面. 27.如图，在矩形和中，，，，，，，记. (1)将用，，表示出来； (2)当时求与夹角的余弦值； (3)是否存在使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)(2)(3)存在，使得平面. 【解析】（1）利用空间向量的加减运算法则化简即可得； （2）分别可得，求出以及代入夹角计算公式即可得出结果； （3）假设存在使得平面，利用向量数量积为0即可解得. （1）因为，，， 记，所以，且，， 由空间向量的线性运算法则， 可得 . （2）当时，； 所以可得，易知 又可知 . （3）假设存在使得平面，又平面， 可知，， 由（1）知，, 可得. 且 化简得，解得，满足条件. 故存在，使得平面. 28.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. 【答案】(1)证明过程见解析(2)(3)存在， 【解析】（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. （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. 29.如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)(2)存在，. 【解析】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积. （2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解. （1）取中点，连接，则由为正三角形得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又由题意， 所以该多面体的体积. （2）连接，由题意以及（1）可知且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以由平面可知两两垂直， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以，， 设，则， 所以， 设是平面的一个法向量，则， 所以，即，取，则， 所以直线和平面所成的角的正弦值为 ， 整理得，解得（舍去）或， 所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时. 30.且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为，求证：； (2)证明: (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 (3)线段BE上存在点P，且时使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为 【解析】（1）由线面平行的判定定理和性质定理证明即可； （2）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （3）则以D为原点，建立空间直角坐标系，先求出点坐标，直线DP的方向向量与平面ABE的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. （1）因为，，所以， 又平面，平面， 所以面，又平面，平面平面， 所以. （2）因为且，所以四边形ADGE为平行四边形， 又，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE. 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以CD⊥面， 又面，所以，又， 平面，所以面，又面， 所以. （3）由于，，，平面，， 则以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图， 于是，，设平面ABE的法向量为， 则，，令，得， 假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为. 设，， ， 解得：. 所以线段BE上存在点P，且时,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为. 14 学科网（北京）股份有限公司13 学科网（北京）股份有限公司 $ 第14讲 空间线段点的存在性问题专题训练 目 录 高考分析 1 学习目标 3 解题策略 4 一、单选题 5 二、多选题 6 三、填空题 11 四、解答题 13 空间线段点的存在性问题是高考立体几何的高频创新题型，多以解答题最后一问形式出现（分值约4-5分），融合空间位置关系、空间角/距离计算、函数与方程思想，侧重考查逻辑推理与数学建模能力，以下从命题特点、核心考点、考查趋势三方面分析： 1、 命题特点 1. 题型载体：以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、正棱锥）为主要背景，偶尔结合翻折、截面问题拓展，如“在棱AB上是否存在点P，使平面P CD与平面α垂直”“在线段MN上是否存在点Q，使直线PQ与平面β所成角为30°”。 2. 设问形式：固定为“是否存在点P（在线段AB上），满足XX条件”，条件多围绕： ◦ 空间位置关系（线面平行/垂直、面面平行/垂直）； ◦ 空间角（异面直线所成角、线面角、二面角为定值/范围）； ◦ 空间距离（点到平面的距离为定值、线段长度为定值）。 3. 解法特征：均采用“假设存在—参数化表示—列方程/不等式—验证合理性”的逻辑链，核心是将几何问题转化为代数方程求解，体现“数形结合”思想。 二、核心考点 1. 参数化表示能力：需将线段上的动点坐标用参数表示。 2. 空间关系的代数转化： ◦ 线面平行：转化为“直线方向向量与平面法向量垂直”； ◦ 线面垂直：转化为“直线方向向量与平面内两个不共线向量垂直”； ◦ 空间角定值：转化为“空间角的三角函数表达式等于定值，解λ”； ◦ 距离定值：转化为“点到平面的距离公式等于定值，解λ”。 3. 参数范围验证：求解方程得到λ后，需验证λ是否∈[0,1]（保证点在线段上，而非延长线上），这是高考评分的关键得分点。 4. 分类讨论思想：部分复杂问题需根据参数λ的范围分类讨论（如二面角为锐角/钝角时的不同表达式），避免漏解。 三、考查趋势 1. 综合化程度提升：单一条件的存在性问题减少，更多结合“空间角+位置关系”“距离+截面”等复合条件，如“是否存在点P，使直线P Q与平面α平行且与直线MN所成角为45°”。 2. 动态拓展：从“单点存在性”向“点的轨迹/范围”延伸，如“求线段AB上使线面角最大的点P的位置”，本质仍是存在性问题的延伸。 3. 与新考点融合：结合截面问题、几何体体积最值问题命题，如“是否存在点P，使截面PQR将几何体分成体积比为1:2的两部分”。 4. 对规范解题要求更高：高考评分明确要求写出“假设存在→参数化→列方程→求解→验证→结论”的完整步骤，缺失任意环节会扣分。 四、高考评分关键点 1. 必须明确写出“假设线段AB上存在点P...”无假设步骤直接扣分； 2. 动点坐标的参数化表示需准确，坐标错误后续全错； 3. 几何条件转化为代数方程的过程需清晰（如线面平行→向量垂直的推导）； 4. 求解λ后必须验证λ∈[0,1]，未验证即使结果正确也会扣1-2分； 5. 最终结论需明确（“存在，此时P为线段AB的λ分点”或“不存在，因λ∉[0,1]”）。 结合高考对空间线段点的存在性问题的考查要求，从基础能力、核心应用、综合素养三个维度制定学习目标，覆盖解题全流程的关键环节： 一、基础能力目标 1. 掌握动点参数化表示方法： ◦ 能熟练用参数λ（λ∈[0,1]）表示线段上动点的坐标； ◦ 理解参数λ的几何意义（λ=0对应A点，λ=1对应B点，λ∈(0,1)对应线段内点），明确λ超出[0,1]时动点在线段延长线上。 2. 精准转化几何条件为代数关系： ◦ 熟记空间位置关系（线面平行/垂直、面面平行/垂直）对应的向量代数条件； ◦ 掌握空间角、空间距离的计算公式，并能将“角/距离为定值”转化为关于λ的方程。 3. 夯实方程求解基础： ◦ 能解一元一次、一元二次方程，以及简单的分式、根式方程（求解参数λ的核心工具）； ◦ 具备参数范围验证意识，知道需检查λ是否∈[0,1]以确定点是否在线段上。 二、核心应用目标 1. 完整掌握解题逻辑链： ◦ 能独立完成“假设存在→参数化动点坐标→转化几何条件为代数方程→求解λ→验证λ范围→得出结论”的全流程； ◦ 针对不同条件类型（位置关系、空间角、空间距离），能快速匹配对应的转化方法（如线面平行→直线方向向量与平面法向量垂直）。 2. 应对复合条件问题： ◦ 能处理“多个几何条件叠加”的存在性问题（如同时满足线面平行和线面角为30°），通过联立方程求解参数λ； ◦ 能结合分类讨论思想，解决因几何条件歧义（如二面角锐钝）导致的多解问题。 3. 规范书写解题过程： ◦ 能清晰标注假设步骤、参数化依据、条件转化过程，避免关键环节缺失； ◦ 求解λ后明确验证步骤，最终结论表述准确（“存在/不存在”+ 点的位置说明）。 三、综合素养目标 1. 数形结合与建模能力： ◦ 能将几何问题转化为代数方程模型，通过解方程的结果反推几何结论； ◦ 能结合几何体直观图，预判参数λ的合理范围，辅助验证求解结果。 2. 拓展延伸能力： ◦ 能将单点存在性问题延伸到“动点轨迹/最值”问题（如求线段上使线面角最大的点的位置）； ◦ 能结合截面、体积等考点，解决综合性更强的存在性问题。 3. 易错点突破能力： ◦ 避免“参数化坐标错误”（牢记向量运算规则，核对动点坐标推导过程）； ◦ 避免“遗漏λ范围验证”（养成求解后必检查λ∈[0,1]的习惯）； ◦ 避免“几何条件转化错误”（如混淆线面角的正弦/余弦公式）。 空间线段点的存在性问题的核心解题逻辑是“几何问题代数化”，遵循“假设存在→参数表示→条件转化→求解验证→得出结论”的固定链条，以下分步骤拆解策略，并针对不同条件类型细化方法： 通用解题步骤（核心框架） 1. 第一步：假设存在，参数化动点坐标 2. 第二步：转化几何条件为关于的λ方程/不等式 • 核心：将题目中的“线面平行/垂直、空间角定值、距离定值”等条件，通过向量、几何公式转化为只含λ的代数关系式（方程或不等式）。 • 具体转化规则（见下文细分题型）： 3. 第三步：求解方程，验证λ范围 • 操作：解转化后的方程，得到λ的值（或范围）；若为方程组，联立求解。 • 关键：必须验证λ是属于 [0,1]——若在范围内，说明点存在，可进一步确定点的位置（如λ=0.5表示中点）；若超出范围，说明线段上不存在该点（延长线上可能存在，但题目要求线段上则直接否定）。 4. 第四步：明确结论，规范表述 • 存在情况：“存在点P，当λ属于 [0,1]时，P为线段AB的分点（或中点），满足题意”； • 不存在情况：“不存在满足条件的点P，因解得λ超出[0,1]范围”。 一、单选题 1.在直三棱柱中，底面是以B为直角顶点，边长为1的等腰直角三角形，若在棱上有唯一的一点E使得，那么（    ） A．1 B．2 C． D． 2.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 3.在三棱锥中，平面，为正三角形，，，点在线段上，且，当时，（    ） A． B． C． D． 4.《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，，，，若AG⊥平面EFC，则=（    ） A． B． C． D． 5.如图，平面平面是等边三角形，四边形是矩形，且，E是的中点，F是上一点，当时，（    ） A．3 B． C． D．2 二、多选题 1.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 2.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 3.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 4.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 5.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 6.如图，在棱长为1的正方体中，为边的中点，点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（   ）.    A．不存在点，使得 B．点到平面的距离为 C．点到直线的距离为1 D．点在棱上，且，存在点，使得 7.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 8.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 9.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 10.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 11.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 12.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点、使得、、、四点共面 B．存在点，使 C．存在点，使得直线与平面所成角为 D．存在点，使得直线与直线所成角的余弦值 三、填空题 1.在棱长为1的正方体中，分别是的中点，动点在底面正方形内(包括边界)，若平面，则长度的最大值为 . 2.如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论： ①存在点P，使得； ②的面积越来越小； ③四面体的体积不变. 所有正确的结论的序号是 . 3.如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动．当的面积取得最小值时，则 ． 4.在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时， ；点的轨迹的长度为 . 5.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 . 6.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 . 四、解答题 1.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． 2.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. 3.如图：在直三棱柱中，，，，M是的中点，N是的中点． (1)求证：∥平面； (2)求：二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为，若存在求此时的值，若不存在请说明理由． 4.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. 5.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. 6.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． 7.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． 8.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． 9.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. 10.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. 11.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. 12.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，平面平面，为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点． (1)记平面交于点，求证：平面； (2)是否存在点，使得二面角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 13.如图，已知四边形是矩形，平面，，，点M，N分别在线段上．    (1)求证：直线平面． (2)是否存在M，N，使得？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值．若不存在，请说明理由． 14.在四棱锥中，底面是正方形，平面是的中点. (1)证明：平面； (2)若点在棱上，且，在棱上求一点，使得平面. 15.如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 16.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. 17.如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为. (1)若为棱的中点，求证：平面； (2)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，求出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 18.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. 19.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． 20.如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 21.如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，使得直线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． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 22.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. 23.在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，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. 24.如图，在中，分别为的中点，为的中点，，.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图． (1)求证：． (2)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 25.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. 26.如图，在多面体中，四边形是边长为的正方形，平面平面，，，.    (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，使得平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由. 27.如图，在矩形和中，，，，，，，记. (1)将用，，表示出来； (2)当时求与夹角的余弦值； (3)是否存在使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 28.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. 29.如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 30.且，平面，. (1)设面BCF与面EFG的交线为，求证：； (2)证明: (3)在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由. 14 学科网（北京）股份有限公司13 学科网（北京）股份有限公司 $