空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题复习讲义-2026届高三数学二轮复习

空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题复习讲义 空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题复习讲义 知识点解析 一、核心原理 以空间向量/空间坐标系为核心工具，将空间线段上的动点用单参数化表示，把“点的存在性”问题转化为参数方程的有解性问题（参数∈[0,1]是关键，对应点在线段上而非直线上）；本质是空间几何问题代数化，通过设参、列方程、解参数并验证范围，判断点是否存在，核心是参数表示动点，方程判定有解，范围验证在线段。 二、通用解题思路（两大方法，坐标法为主，向量法为辅，五步核心流程） 核心方法：空间直角坐标系法（最通用，优先使用，适用于所有几何体） 适用：长方体、正方体、直棱柱、棱锥等易建系的几何体，已知线段端点坐标或可求坐标。 五步思路：建系定坐标→参数表示动点→列等量方程→解参数→验证范围 1. 建系标坐标：依托几何体的垂直关系（如棱与底面垂直、棱间垂直）建右手系，求出所有相关线段端点的空间坐标（如线段端点、）。 2. 单参数表示线段上动点：设线段上存在动点，令参数，用分点公式表示坐标： （对应，对应，对应线段内点）。 ✅ 核心：仅用一个参数，避免多变量，且严格限定（区别于直线上的动点）。 3. 结合题干条件列方程：根据题干中动点的约束条件（如在某平面上、与某点连线垂直某直线/平面、到某面距离为定值、构成的线面平行/垂直），转化为关于的方程（组）： - 点在平面上：坐标代入平面的一般式方程； - 线线垂直：向量（数量积为0）； - 线面平行：向量与平面法向量垂直（数量积为0）； - 距离定值：用空间点到面/线的距离公式列等式。 4. 解参数：求解关于的一元一次/二次方程（组），得到的取值。 5. 验证参数范围，判定存在性： - 若存在，则线段上存在该点，代入参数可求点的具体坐标； - 若所有解，则线段上不存在该点（若为直线则存在，线段需严格验证）。 补充方法：空间向量法（无坐标系时使用，适用于纯几何条件） 适用：未给坐标、几何体不易建系，题干以向量/线面位置关系为条件。 三步思路：向量表示动点→列向量等式→解参数并验证 1. 向量参数化动点：设线段上动点，令（），则（为空间任意基点）； 2. 转化几何条件为向量等式：将题干约束（如平面、向量）转化为向量的数量积为0/共线等式，列关于的方程； 3. 解并验证：求解，若则点存在，否则不存在。 三、两大高频考向及专属解法 考向1：动点在指定平面上的存在性（最常考） · 特征：判断某线段上是否存在点，使落在空间某已知平面上（如棱上是否存在，使平面）； · 解法：① 建系求平面的一般式方程；② 参数表示坐标，代入平面方程得的方程；③ 解验证，存在则求坐标。 考向2：动点满足线面/线线垂直/平行的存在性 · 特征：判断线段上是否存在点，使与某点的连线垂直/平行于某直线/平面（如棱上是否存在，使直线/平面）； · 解法： · 垂直：求相关向量坐标，列数量积为0的方程，解验证范围； · 平行：线面平行→向量与平面法向量垂直（数量积为0）；线线平行→向量共线（坐标成比例），列方程解。 四、核心技巧与注意事项 1. 参数化唯一原则：线段上的动点必须用单参数表示，切勿用双参数，且严格区分“线段”（）和“直线”（），这是判定存在性的关键； 1. 建系最优技巧：让几何体的顶点在原点、棱在坐标轴上，尽可能多的端点坐标为整数，简化计算； 1. 平面方程快速求：若已知平面内三点，用空间向量叉乘求法向量，再写平面一般式方程，避免复杂推导； 1. 方程求解防漏解：解二次方程时若有两个，需分别验证是否∈[0,1]，可能存在两个点/一个点/无点三种情况； 1. 向量共线验证：线线平行列坐标成比例时，需注意分母不为0，可转化为交叉相乘相等的等式； 1. 距离公式记准：空间点到平面的距离，切勿遗漏绝对值和根号。 例题分析 例1．（25-26高三下·江西·月考）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 例2．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 例3．（25-26高三上·宁夏·月考）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 例4．（25-26高二上·河南南阳·期末）如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． (1)求证：平面； (2)求与平面夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 变式训练 变式1．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 变式2．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，则在线段上（不含端点）是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请指出点位置；若不存在，请说明理由． 变式3．（24-25高二上·云南玉溪·月考）如图在四棱锥中，，，，，，，是的中点. (1)试在上确定点的位置，使、、、四点共面，并证明； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得半平面与半平面所成二面角的余弦值为，若存在，求，若不存在，说明理由. 变式4．（24-25高三上·北京丰台·月考）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. 实战演练 1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高三下·北京顺义·月考）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)求证：； (2)若平面平面； （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，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 $空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题复习讲义 空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题复习讲义 知识点解析 一、核心原理 以空间向量/空间坐标系为核心工具，将空间线段上的动点用单参数化表示，把“点的存在性”问题转化为参数方程的有解性问题（参数∈[0,1]是关键，对应点在线段上而非直线上）；本质是空间几何问题代数化，通过设参、列方程、解参数并验证范围，判断点是否存在，核心是参数表示动点，方程判定有解，范围验证在线段。 二、通用解题思路（两大方法，坐标法为主，向量法为辅，五步核心流程） 核心方法：空间直角坐标系法（最通用，优先使用，适用于所有几何体） 适用：长方体、正方体、直棱柱、棱锥等易建系的几何体，已知线段端点坐标或可求坐标。 五步思路：建系定坐标→参数表示动点→列等量方程→解参数→验证范围 1. 建系标坐标：依托几何体的垂直关系（如棱与底面垂直、棱间垂直）建右手系，求出所有相关线段端点的空间坐标（如线段端点、）。 2. 单参数表示线段上动点：设线段上存在动点，令参数，用分点公式表示坐标： （对应，对应，对应线段内点）。 ✅ 核心：仅用一个参数，避免多变量，且严格限定（区别于直线上的动点）。 3. 结合题干条件列方程：根据题干中动点的约束条件（如在某平面上、与某点连线垂直某直线/平面、到某面距离为定值、构成的线面平行/垂直），转化为关于的方程（组）： - 点在平面上：坐标代入平面的一般式方程； - 线线垂直：向量（数量积为0）； - 线面平行：向量与平面法向量垂直（数量积为0）； - 距离定值：用空间点到面/线的距离公式列等式。 4. 解参数：求解关于的一元一次/二次方程（组），得到的取值。 5. 验证参数范围，判定存在性： - 若存在，则线段上存在该点，代入参数可求点的具体坐标； - 若所有解，则线段上不存在该点（若为直线则存在，线段需严格验证）。 补充方法：空间向量法（无坐标系时使用，适用于纯几何条件） 适用：未给坐标、几何体不易建系，题干以向量/线面位置关系为条件。 三步思路：向量表示动点→列向量等式→解参数并验证 1. 向量参数化动点：设线段上动点，令（），则（为空间任意基点）； 2. 转化几何条件为向量等式：将题干约束（如平面、向量）转化为向量的数量积为0/共线等式，列关于的方程； 3. 解并验证：求解，若则点存在，否则不存在。 三、两大高频考向及专属解法 考向1：动点在指定平面上的存在性（最常考） · 特征：判断某线段上是否存在点，使落在空间某已知平面上（如棱上是否存在，使平面）； · 解法：① 建系求平面的一般式方程；② 参数表示坐标，代入平面方程得的方程；③ 解验证，存在则求坐标。 考向2：动点满足线面/线线垂直/平行的存在性 · 特征：判断线段上是否存在点，使与某点的连线垂直/平行于某直线/平面（如棱上是否存在，使直线/平面）； · 解法： · 垂直：求相关向量坐标，列数量积为0的方程，解验证范围； · 平行：线面平行→向量与平面法向量垂直（数量积为0）；线线平行→向量共线（坐标成比例），列方程解。 四、核心技巧与注意事项 1. 参数化唯一原则：线段上的动点必须用单参数表示，切勿用双参数，且严格区分“线段”（）和“直线”（），这是判定存在性的关键； 1. 建系最优技巧：让几何体的顶点在原点、棱在坐标轴上，尽可能多的端点坐标为整数，简化计算； 1. 平面方程快速求：若已知平面内三点，用空间向量叉乘求法向量，再写平面一般式方程，避免复杂推导； 1. 方程求解防漏解：解二次方程时若有两个，需分别验证是否∈[0,1]，可能存在两个点/一个点/无点三种情况； 1. 向量共线验证：线线平行列坐标成比例时，需注意分母不为0，可转化为交叉相乘相等的等式； 1. 距离公式记准：空间点到平面的距离，切勿遗漏绝对值和根号。 例题分析 例1．（25-26高三下·江西·月考）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 【分析】（1）方法一：利用线面垂直判定定理，通过证明垂直平面内两条相交直线与来实现；方法二：先求出相关边长和角度，再证明垂直平面内两条相交直线与. （2）（i）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. （ii）先根据向量关系得出点坐标，再利用球心到四点距离相等列出方程，求解方程得到球心坐标，最后根据球心在平面内确定的值. 【详解】（1）方法一：由平面，平面，得， 因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连接，又因为，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. 方法二：因为平面，平面，得， 又因为，所以，， 又因为，所以，， 又因为， 由余弦定理得， 所以，故， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故， 又因为，且，，、平面， 所以平面. （2）（i）以为原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 由于，即，即， 所以，则， 设平面的法向量为，，， 则，令，则， 设平面的法向量为，， 则， 令，则， 设二面角的平面角为，注意到为锐二面角， 所以， 即二面角的余弦值为. （ii）设，则， 设过，，，四点的球的球心为， 半径为，则， 即，求解可得：， 令，解得满足条件， 综上所述：时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 例2．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)存在， 【分析】（1）（i）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解；（ii）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，结合余弦定理即可求解； （2）过点作，确定为直线与平面所成角，取最小值，夹角最大，结合线面夹角公式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）∵， 又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点 设线段的中点为O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为． 则，则，令，得，， 则． 因为平面，平面，∴， 又∵，，，平面， ∴平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为 （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接， 如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，， 所以， ， 再由余弦定理可知， 即的最小值为． （2）结合（1）可设，，， 所以， 平面的法向量为， 设为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最大值， 令， 则，     ∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大， 即存在点，使得直线与平面所成角最大． 例3．（25-26高三上·宁夏·月考）如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？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)点位于线段靠近的三等分点处. 【分析】（1）由，的中点为，推导出，再利用面面垂直性质定理即可证明. （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面. （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，， 又，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 因为是中点，由中点公式可得， ，设，∴， ， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 化简得，解得或（舍）， 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 点位于线段靠近的三等分点处. 例4．（25-26高二上·河南南阳·期末）如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． (1)求证：平面； (2)求与平面夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，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) (3)存在； 【分析】（1）由余弦定理求得，由勾股定理证明，由线面垂直的判定定理可得证； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量即可求解；（3）设，求出平面的法向量，根据两个平面的法向量求解即可. 【详解】（1）由题知， 由余弦定理得， ∴，∴，∴， 又，平面，， ∴平面； （2）如图，过作的垂线，垂足为，则， ∵四边形为等腰梯形，∴. 由（1）知，平面， ∴，又，平面，， ∴平面，∴，∴两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， ∴， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 故与平面夹角的正弦值为； （3）存在. 假设存在，设， 则， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 由题知，解得. 综上，存在点符合，且． 变式训练 变式1．（2026·辽宁沈阳·一模）如图，四棱锥的底面是菱形，平面，为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在棱上是否存在一点，使得二面角正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，或 【分析】（1）连接AC，交BD于点O，可得，由线面平行的判定定理可证结论； （2）利用，且三棱锥与三棱锥同底面积，三棱锥的高是三棱锥的高的二倍 （3）以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz．求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦值求解即可. 【详解】（1）如图，连接AC，交BD于点O，则O为AC的中点．连接OE， 因为是的中点，所以 ， 又平面，平面， 所以平面， （2），且三棱锥与三棱锥底面积相同， 三棱锥的高是三棱锥的高的二倍， （3）存在点F，使得二面角的正弦值为． 因为底面是菱形，底面，与平面， 所以，，， 故以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz． 则，，，，，， 故，，， 设，， 则，． 设平面的法向量为， 则，， 则，令，则，故， 设平面BDF的法向量为， 则，即， 则，令得，故， 因为二面角的正弦值为， 所以二面角的余弦值的绝对值为， 令， 化简得，解得或． 因为，所以或． 变式2．（25-26高三上·贵州六盘水·月考）如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点．现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点．    (1)求证：平面； (2)若，，则在线段上（不含端点）是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请指出点位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时点为靠近点的三等分点. 【分析】（1）通过线面垂直可证面，再由线面垂直的性质定理可得再通过线面垂直的判定定理证明即可. （2）由条件可得，为等边三角形，再由第一问的结论可建立空间直角坐标系，利用空间向量表示线面角的正弦值，解方程求出的比值即可求解. 【详解】（1）由题意可知，，，所以，，， 又因为，为线段的中点，所以， 所以四边形为正方形，由翻折可知，，， 又因为，， 所以面，因为面，所以， 因为四边形为正方形，所以，所以， 因为，为线段的中点，所以，又因为，所以平面. （2）因为，，所以为等边三角形，又因为，所以，， 如图，取中点，连接，    又因为为等边三角形，所以，过点作， 由（1）可得， 面，又因为面，所以， 所以，，， 所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，所以， 所以，，，，，设，因为，，三点共线， 所以，所以，所以，即， 所以，所以， 所以，，， 设平面的法向量为，所以， 所以， 令，所以，，则，记直线与平面所成角为， 则， 即，解得，所以， 所以存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时点为靠近点的三等分点. 变式3．（24-25高二上·云南玉溪·月考）如图在四棱锥中，，，，，，，是的中点. (1)试在上确定点的位置，使、、、四点共面，并证明； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得半平面与半平面所成二面角的余弦值为，若存在，求，若不存在，说明理由. 【答案】(1)为中点，证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）取中点，连接、，利用平行线的传递性证明出，即可得出结论； （2）取中点，连接、，推导出平面，，然后以点为坐标原点，、、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点到平面的距离； （3）设点，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，可求得、的长，即可得出结论. 【详解】（1）取中点，连接、， 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，则，所以，当为的中点时，、、、四点共面. （2）取中点，连接、， 因为，，则，所以，， 则为等腰直角三角形，所以，，且， 因为，，为的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 又因为，所以，则， 因为，则，所以，，， 因为，、平面，所以，平面， 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，，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得， 所以，点到平面的距离为. （3）假设在棱上存在点满足题设条件， 设点，，， 设平面的一个法向量为，则  ， 取，则，，故， ，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，故， 设半平面与半平面所成二面角的平面角为，为锐角， 所以， 所以，即，（舍去）， 此时，，则， 故在棱上存在点，当时， 半平面与半平面所成二面角的余弦值为. 变式4．（24-25高三上·北京丰台·月考）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. 【答案】(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. 实战演练 1．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，由即可求解； （2）分别求平面与平面的法向量，利用夹角公式即可求解； （3）设，利用直线与平面所成角的正弦值为即可求解. 【详解】（1）由底面平面， 故，又底面是矩形，故， 故AD、AB、PA两两垂直， 故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、， 设，则， 则， 由，则， 解得，即； （2）， 设平面的一个法向量， 因为，可得， 令，则，所以， ， 设平面的一个法向量， 可得， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（3）设， 则， 因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角， 所以， 所以所以或， 因为所以，所以. 2．（24-25高三下·北京顺义·月考）如图1所示，在等腰梯形，，，垂足为，，，将沿折起到的位置，如图2所示，点为棱上一个动点． (1)求证：； (2)若平面平面； （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）在棱上是否存在点，使平面，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)（i）；（ii）存在，且 【分析】（1）推导出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）（i）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，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （ii）设，其中，利用空间向量法可知，与平面的法向量垂直，可得出关于的等式，解之即可. 【详解】（1）翻折前，在梯形中，， 翻折后，则有，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，故. （2）因为平面平面，平面平面，，平面， 所以，平面，且， 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、、、、， （i），，， 设为平面的一个法向量， 可得，令，可得， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （ii）设，其中， 则， 易知平面的一个法向量为， 若平面，则，解得， 因此，棱上存在点，使平面，且. 2 学科网（北京）股份有限公司 $