空间向量与立体几何：空间动点存在性问题复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺

空间向量与立体几何：空间动点存在性问题复习讲义 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题复习讲义 知识点解析 一、核心知识点 1. 常见题型 是否存在动点满足：线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直、角度定值/最值、距离定值/最值、共线共面。 1. 核心工具 空间直角坐标系、向量坐标、方向向量、平面法向量、向量垂直/平行条件。 1. 向量判定依据 · 两直线平行：方向向量共线； · 两直线垂直：方向向量点积为0； · 线面平行：直线方向向量与平面法向量点积为0，且直线不在面内； · 线面垂直：直线方向向量与平面内两相交直线都垂直，或与法向量共线； · 面面垂直：两平面法向量点积为0； · 面面平行：两平面法向量共线。 二、解题原理 1. 坐标代数化原理 空间动点设为含参数坐标，把几何中的平行、垂直、角度、距离条件，全部转化为向量坐标方程。 1. 方程有解原理 存在性本质：列出关于参数的方程（组），只要参数在允许范围内有解，动点就存在；无解则不存在。 1. 范围约束原理 动点常在棱、线段、面上运动，参数受区间范围限制，求出解后要检验是否在定义域内。 三、解题思路 1. 建系设点 建立空间直角坐标系，设出动点含参坐标（常用参数 ）。 1. 求向量 写出相关直线方向向量、平面法向量。 1. 翻译几何条件 把平行、垂直、角度、距离等要求，转化为向量等式或方程。 1. 解方程判存在 求解参数，看是否有实数解； 1. 检验范围 验证解是否在线段、棱、平面的取值范围内，在则存在，不在则不存在。 例题分析 例1．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点，理由见解析 【分析】（1）首先根据余弦定理计算出，进而利用勾股定理证明，然后根据线面垂直的判定定理证明平面，最后根据线面垂直的性质即可证明. （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，首先根据，求出点的坐标，然后根据在线段上，设，得，最后根据线面角的向量公式即可求解. 【详解】（1）在菱形中，，，故，为中点，， 由余弦定理得： ， 故， 即，得，， 翻折后，仍成立， 又，平面， 故平面， 又平面，因此. （2）存在，为的中点，过程如下： 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标： ，，，， 设，由得， 由，得， 代入，解得，故， 在线段上，设，得，则， 平面中，，设平面的一个法向量为， 由得，取 得，， 设直线与平面夹角为，则， 代入计算： ，化简得，解得（舍去，超出范围）. 因此存在点，为的中点满足条件. 例2．（25-26高二下·湖南·期中）如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 【答案】(1)； (2)存在，； (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，再表示面积即可求解. 【详解】（1）以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，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以，则， 所以； （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）因为E点在上，F点在上，G点在上，所以 设， 则， 到的距离为， 所以的面积为 ， 对固定的，关于在上二次函数， 可以趋近一条直线，所以面积无最小值， 当时，面积取得最大值， 故. 例3．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据已知条件写出的坐标，再运用线面角的向量求法列出方程，可得即的长； （3）先假设存在点满足条件，得到即为（2）中的，写出长度的表达式，根据根分布可得存在满足条件的点. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正半轴方向，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，由得， 所以， ，设平面的法向量为， 由，得，取， 得平面的一个法向量为，又， 由直线与平面所成的角为可得， 即，解得或（舍去，因为）， 所以. （3）假设在线段上存在一点到的距离都相等，由， 得，从而，即为（2）中的点， 有，而在中， ， 所以，其中， 设，则， 此时，在有两个不同的解， 即在线段上存在一点，使得到的距离都相等. 例4．（2026·山东泰安·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）法一作出符合题意的图形，结合中位线定理得到四边形为平行四边形，进而得到，最后利用线面平行的判定定理求解；法二直接利用中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可. （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面，再建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可. 【详解】（1）法一：如图，连接，交于， 取中点，连接，． 为中点，且， 又且，且， 所以四边形为平行四边形，，， 平面，平面， 平面． 法二：如图，连接，交于，连接． 分别为中点，， 平面，平面， 平面． （2）四边形为菱形，，又， 为等边三角形，为中点，， 又，，，平面，平面， ，又，，，平面， 平面， 如图，以为原点，在平面内过点作的平行线为轴， 所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 得，，， ，，， ． 设，，， ，， 设平面法向量，且，， ，令，解得， ，而设平面法向量， 则，由题意得二面角为， 得到，化简得  ． 故不存在点满足二面角等于． 变式训练 变式1．（25-26高三下·广东汕头·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点． (1)求与所成角的余弦值： (2)记是与的交点，在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （2）求平面的法向量为，设，由求出即可. 【详解】（1）由题意得：以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图， 由，，所以， 所以， 所以； （2）由题意得四边形为矩形，所以点为的中点， 所以，所以， 设，所以， 所以， 设平面的法向量为， 由， 所以，令，得， 由平面，所以， 解得， 所以当时，平面. 变式2．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值． (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1） 由线面垂直的判定定理证明平面，从而；由已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法，可求得平面和平面的夹角的余弦值； （3）假设存在点Q满足题意，且，根据线面角的向量求法，列出方程，求解可得的值. 【详解】（1）在图1的等腰直角中，D为的中点，可得， 所以在图2中，可得． 因为，且，平面，所以平面．            又因为平面，所以． 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形 因为M为的中点，所以． 又因为，且AD，平面，所以平面．        （2）以D为坐标原点，在平面内作垂直于DC的直线为x轴，DC，DA所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则， 则． 设平面的法向量为，则        则，取，可得，所以． 设平面DAB的法向量为，则       则，取，可得，所以． 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为．        （3）假设在线段AC上存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为． 由（2）得， 设，则．       平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，解得或（舍去）， 所以存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为． 当时，． 变式3．（25-26高二下·江苏连云港·期中）如图，等边三角形的边长为8，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余弦值； (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 【分析】（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，再利用同角三角函数基本关系求出余弦值； （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. 【详解】（1）连接，因为为线段的中点，所以， 由题意知面面，且面面， 又面，所以平面，取边的中点记为，则． 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 易知，所以； （2）由（1）可知， 所以，，， 记平面的一个法向量， 所以 ，不妨取，得，即， 记直线与平面所成角为， 则， 考虑到，有，从而， 所以直线与平面所成角的余弦值为． （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．（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为. (1)证明：； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，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. 【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解. 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面平面， ∴. （2）取的中点，连接，， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 以为坐标原点，以，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，由， 令，则，，， 假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为. 设，， 则， ∵平面的法向量为， 直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段（不含端点）上存在点，当或时， 直线与平面所成角的正弦值为. 实战演练 1．（25-26高二下·江苏扬州·期中）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，， ，平面，． (1)设钝二面角大小为，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)在上，在上，求最小值． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再结合二面角为钝角的条件计算即可； （2）通过设参数表示点的坐标，利用向量法计算线面角，即可判断存在性并求线段比例； （3）用参数表示的坐标，将转化为二次函数求最值即可求解. 【详解】（1）以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，即， 令，则可得； 令平面的法向量为，则，即， 令，则可得， 所以， 因为二面角为钝二面角，所以. （2）若存在，设，, 则，故，所以， 设与平面所成角为， 所以， 即，所以或（舍去）， 所以存在点，且. （3）设， 则， 这是关于的二次函数，最小值在时取得， 即， 所以当时，，故. 2．（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形，，且． (1)求． (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)存在， 【分析】（1）过作，利用线面垂直的判定定理可推出所以平面，再结合边长应用勾股定理即可； （2）取的中点为，根据线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系，设，由空间向量法直线与平面所成角的正弦值列出方程即可求得. 【详解】（1） 由题意得，过作， 因为底面为等腰梯形，且，所以， 所以， 所以，进而得出， 又，平面. 所以平面，又平面， 所以． 所以. （2） 取的中点为，连接，，， 所以平面，又平面， ，平面. 所以平面，过E作平行于， 以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 假设存在点，设， ， 设平面的一个法向量， 因为直线与平面所成角的正弦值为， ，解得或（舍）. 在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：空间动点存在性问题复习讲义 空间向量与立体几何：空间动点存在性问题复习讲义 知识点解析 一、核心知识点 1. 常见题型 是否存在动点满足：线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直、角度定值/最值、距离定值/最值、共线共面。 1. 核心工具 空间直角坐标系、向量坐标、方向向量、平面法向量、向量垂直/平行条件。 1. 向量判定依据 · 两直线平行：方向向量共线； · 两直线垂直：方向向量点积为0； · 线面平行：直线方向向量与平面法向量点积为0，且直线不在面内； · 线面垂直：直线方向向量与平面内两相交直线都垂直，或与法向量共线； · 面面垂直：两平面法向量点积为0； · 面面平行：两平面法向量共线。 二、解题原理 1. 坐标代数化原理 空间动点设为含参数坐标，把几何中的平行、垂直、角度、距离条件，全部转化为向量坐标方程。 1. 方程有解原理 存在性本质：列出关于参数的方程（组），只要参数在允许范围内有解，动点就存在；无解则不存在。 1. 范围约束原理 动点常在棱、线段、面上运动，参数受区间范围限制，求出解后要检验是否在定义域内。 三、解题思路 1. 建系设点 建立空间直角坐标系，设出动点含参坐标（常用参数 ）。 1. 求向量 写出相关直线方向向量、平面法向量。 1. 翻译几何条件 把平行、垂直、角度、距离等要求，转化为向量等式或方程。 1. 解方程判存在 求解参数，看是否有实数解； 1. 检验范围 验证解是否在线段、棱、平面的取值范围内，在则存在，不在则不存在。 例题分析 例1．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和． (1)求证：； (2)当时，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为?若存在，求出点位置；若不存在，请说明理由． 例2．（25-26高二下·湖南·期中）如图，已知四棱锥S-ABCD的底面ABCD是直角梯形，，，，平面ABCD，. (1)设钝二面角大小为a，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)E点在上，F点在上，G点在上，求的面积取值范围. 例3．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 例4．（2026·山东泰安·模拟预测）在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 变式训练 变式1．（25-26高三下·广东汕头·阶段检测）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点． (1)求与所成角的余弦值： (2)记是与的交点，在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由． 变式2．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面． (2)求平面和平面的夹角的余弦值． (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 变式3．（25-26高二下·江苏连云港·期中）如图，等边三角形的边长为8，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余弦值； (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．（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为. (1)证明：； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点，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. 实战演练 1．（25-26高二下·江苏扬州·期中）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，， ，平面，． (1)设钝二面角大小为，求的值； (2)在棱上是否存在一点（不与端点重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；如不存在，试说明理由； (3)在上，在上，求最小值． 2．（2026·河北·一模）如图，在四棱锥中，为等边三角形，底面为等腰梯形，，且． (1)求． (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $