立体几何中的探究问题训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦立体几何探究性问题，构建“几何证明+空间向量”双轨方法体系，系统整合存在性判定、空间角计算等核心考法，培养逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |存在性探究|8道|参数设元法、线面平行/垂直判定|线面关系→向量共线/垂直条件→参数求解| |空间角与距离|6道|向量坐标法、等体积法|空间向量工具→法向量求角→距离公式应用| |折叠与动态问题|5道|折叠不变量分析、轨迹方程法|平面几何性质→空间重构→动态参数化处理|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何--立体几何中的探究问题 1．如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面． (1)求证：． (2)求二面角的平面角的余弦值． (3)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 2．如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.问：在线段上是否存在一个定点，使得对任意的在平面上的射影垂直于？证明你的结论. 3．在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 4．如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． (3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由． 5．在直三棱柱中，，，. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，且，，，均在球的球面上. （i）证明：存在点使得点在平面内； （ii）求直线与平面所成角的大小. 6．在直三棱柱中，点D在上，，E是上的一点，，，. (1)若E是的中点，求证：平面. (2)在下面给出的三个条件中任选一个，证明另两个正确： ①三棱锥的体积是； ②截面将三棱柱分成的两部分的体积的比为； ③平面与平面所成角的余弦值为. 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 7．如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．    (1)求证：为的中点； (2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断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，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 8．如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 9．折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.      (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 10．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． 11．三棱锥中，，，．点P在底面上的射影E是线段上靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球表面积； (3)设靠近的四等分点为F，D是平面内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面？若存在，请求出的长度；若不存在，请说明理由． 12．棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面，． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在直线上是否存在点P，使平面？若存在，求出点P的位置． 13．如图，在四棱锥中，平面，，，，．为的中点，点在上，且． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 14．如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中．    (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在一点，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． 15．如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，，侧面底面，E是棱BC上一点，平面. (1)求证：是的中点； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱唯一确定， （i）求二面角的余弦值； （ii）设直线与平面的交点为P，求的值. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 16．如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 17．如图所示，四棱锥的底面四边形为直角梯形，，平面与平面的交线平面. (1)求线段的长度； (2)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由. 18．如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，. (1)求证：平面； (2)在线段（不含端点）上是否存在一点H，使得平面与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 19．已知为坐标原点，圆：，直线：（），如图，直线与圆相交于（在轴的上方），两点，圆与轴交于两点（在的左侧），将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴正半轴，原轴正半轴所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． (1)若． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）求二面角的余弦值． (2)是否存在，使得折叠后的长度与折叠前的长度之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 参考答案 1．(1)证明见解析 (2) (3)存在，点在的延长线上且使． （1）连接交于点，则，连接，先根据勾股定理和面面垂直的性质证得线面垂直，以所在直线为轴、轴、轴建立的空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直； （2）根据（1）建立的空间直角坐标系，利用空间向量法计算二面角平面角的余弦值； （3）解法一：根据（1）建立的空间直角坐标系，利用空间向量法结合线面平行计算得到点的位置；解法二：连接，根据题设知，可得平面，在平面找到过点有即为所求. （1）连接交于点，则，连接． 在中，，， 所以． 所以， 所以，由于平面平面， 所以底面． 以所在直线为轴、轴、轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 则． 由于， 则， 所以． （2）由于平面，由（1）可知， 所以平面的法向量． 设平面，则 设，得到取， 所以． 所以二面角的平面角的余弦值是． （3）存在，点在的延长线上且使，使得平面. 解法1：假设在直线上存在点，使平面． 设，则， 得， 由（1）可知 设平面，则 设，得到 不妨取． 又因为平面， 所以，即，得， 即点在的延长线上且使． 解法2：连接，由题设知， 因为平面，平面，所以平面， 所以在平面找到过点有即为所求. 如图3． 假设在直线上存在点，使平面， 在的延长线上取点，使， 则，从而平面． 2．存在，证明见解析 法一：根据已知只需平面，若为的中点，利用线面垂直的性质和判定及三垂线定理证明结论；法二：构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，由的坐标表示列方程求点的位置，即可得结论. 法一：点运动形成平面，即对角面，且平面， 所以只需平面，即有， 若为的中点，则，又平面，平面， 所以，而，平面， 即平面，在平面上的射影为， 由三垂线定理知，必有，故为的中点. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系， 则，则， 若在上存在这样的点满足题意，设. 依题意，对任意的要使在平面上的射影垂直于， 即，等价于，解得. 当为的中点时，对任意的在平面上的射影垂直于. 3．(1) (2) (3)存在，且 （1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案. （2）利用等面积法来求得到直线的距离. （3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案. （1）由于平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角， 所以，所以. 所以， 所以, ，设平面的法向量为， 则，故可设，平面， 则平面的方程为， 即. （2）在中，，， 设到的距离为，则， 由于平行四边形和平行四边形全等， 所以到直线的距离等于设到的距离， 即到直线的距离为. （3），，，， 即，而， 所以， 设，则，即， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设. 设平面的法向量为， 则，故可设， 若平面平面，则， 即， 解得，负根舍去， 所以存在符合题意的点，且. 4．(1)证明见解析 (2) (3)不在，理由见解析 （1）应用线面垂直判定定理证明即可； （2）结合线面垂直建系，空间向量法求出二面角余弦值； （3）先判断关系，再求出向量坐标，最后空间向量法证明结论. （1）因为平面，又平面，则， 又，且，，平面，故CD平面； 又面， ， ，为中点， ， ，，面， 面； （2）过点A作的垂线交于点， 因为平面，且，平面，则，， 故以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， GSP则， 因为为的中点，则， 所以， 又，所以，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，故， 又因为平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）直线不在平面内，理由如下： 因为点在上，且，又， 故， 则， 由（2）可知，平面的法向量为， 因为，所以直线不在平面内． 5．(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii） （1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）（i）利用空间向量法证明点在平面上；（ii）利用空间向量法计算线面所成角. （1）由已知，平面，平面，故. 又，，平面，平面， 故平面. 因为平面，所以平面平面. （2）（i）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.    由已知可得，，. 设，， 因为，所以 解得， 要证明点在平面内，即证明，当时，可解得， 因为点在棱上，，符合题意. 这说明存在满足条件的点，使得球心坐标为，即点在平面内. （ii）由（i）可得，，，，. 设是平面的法向量， 则即可取. 则， 设直线与平面所成角为，故，又， 所以. 故直线与平面所成角的大小为. 6．(1)证明见解析 (2)证明见解析 （1）在上取点F，使，结合已知条件，可证得，，进而结合面面平行的判定定理证明平面平面，即可得证； （2）若选①证明②③正确：已知三棱锥的体积，可求得，进而可求三棱锥与三棱柱的体积，从而求得截面将三棱柱分成的两部分的体积的比，即可证得②；建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用向量法求得面面角的余弦值，即可证得③。若选②证明①③正确：由已知求得三棱柱的体积为与三棱锥的体积为，结合条件②可得，根据三棱锥的体积公式计算，即可证得①；③的证明同上。若选③证明①②正确：建立空间直角坐标系，设，结合条件③利用向量法求面面角的余弦值列等式求得的值，进而求得三棱锥，即可证得①；继而求得三棱锥的体积与三棱柱的体积，从而求得截面将三棱柱分成的两部分的体积的比，即可证得②. （1） 在中，因为，， 所以,. 因为，所以是等腰直角三角形，则可得. 在上取点F，使，因为， 所以是等腰直角三角形，则，所以. 连接，易知四边形为矩形，所以. 因为平面， 所以平面，平面， 又因为,平面， 所以平面平面. 因为平面， 所以平面. （2）选①证明②③正确. 三棱锥的体积 得，所以， 则三棱锥的体积， 而三棱柱的体积， 则，所以②正确. 由余弦定理可得， 因为， 所以，所以， 又因为平面， 所以建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 设的中点为M，则. 所以，. 设平面的法向量为， 则，即，取，可得. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面所成角为θ，则 ，所以③正确. 选②证明①③正确. 三棱柱的体积, 三棱锥的体积, 由，得，所以，得， 所以， 所以三棱锥的体积 所以①正确. ③的正确性，前面已证，此处略. 选③证明①②正确. 由前面解法中，建立空间直角坐标系， 则设， 的中点为M，则， 所以，. 设平面的法向量为， 则，即，取，可得. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面所成角为θ，则 ， 即，解得 (舍去)或. 所以三棱锥的体积， 所以①正确. 又三棱锥的体积， 而三棱柱的体积, 则，所以②正确. 7．(1)证明见解析 (2)存在， （1）由已知可得平面，由线面平行可得，进而得四边形为平行四边形，即可证得为的中点； （2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面的一个法向量，设，再利用坐标运算和直线与平面所成角的正弦值为，解出，即可解答； 选择条件②：先证得平面，同①建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，然后解答同①. （1）在菱形中，． 因为平面平面， 所以平面． 又平面，平面平面， 所以． 又四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形． 所以，所以为的中点． （2）选择条件①：    取中点，连接， 在菱形中，． 因为，所以为等边三角形． 因为为中点，所以，故． 因为平面，且平面， 所以， 所以两两垂直． 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，则． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 选择条件②： 取中点，连接． 因为平面，且平面， 所以， 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以， 又因为为中点，所以． 在菱形中，， 所以为等边三角形， 所以，故． 所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系， 则， 所以． 因为平面， 所以取平面的一个法向量为． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 8．(1)证明见解析 (2)存在点，满足即可，理由见解析 （1）由平行线分线段成比例定理推得，利用三棱柱的性质易得，即可由线线平行证得线面平行； （2）线段上存在点，满足，即可由线线平行推得线面平行再证明面面平行即可. （1）因，，则，故， 在三棱柱中，，则， 因平面，平面，则平面. （2） 如图，线段上存在点，满足，即可使平面平面，理由如下： 因，则，则，因平面， 平面，故平面， 由（1），因平面， 平面，故平面， 又平面，故平面平面. 9．(1)证明见解析； (2)不是，理由见解析； (3). （1）首先利用线面垂直证明得平面，则，同理得，最后利用线面垂直的判定即可证明； （2）假设所有顶点在同意球面上，计算得即可得到矛盾点，则证明结论； （3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，最后利用面面角的空间向量求法即可得到答案. （1）由题可知，，平面， 则平面，平面，所以，同理可得． 因为，平面，所以平面． （2）由题可知，该＂菱角＂由两个正三棱锥组成，且． 根据对称性，可知，在平面内的投影为的中心． 若该＂菱角＂所有的顶点在同一个球面上，则为球心，连接． 不妨令，则，. 因为，所以该＂菱角＂所有的顶点不在同一个球面上． （3）由（2）知的中心为，过作的平行线，易得该直线与两两垂直． 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 令，得， 则. 设平面的法向量为， 由，可得，令，得， 设平面的法向量为， 由，可得， 令，得． ， 由图可知．二面角为锐角，故二面角的余弦值为.    10．(1)证明见解析 (2)存在， （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. （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． 11．(1) (2) (3)存在； （1）法一：连接，利用等体积法，求出点到平面的距离，从而；法二：连接，证得，求得，过B作，证得平面，得到为与平面所成角，在中，求得，利用面积相等法，求得，在直角中，即可求得与平面所成角的正弦值； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上，建立空间直角坐标系，设，由，建立方程可求得，即可求得球的表面积； （3）由（2）建系，设，推出D点轨迹方程为（*），分别求出平面和平面的法向量，根据推得，与（*）联立，求出点坐标即可得到之长. （1）法一：连接，由题意，，， 因，，则，即是等腰直角三角形， 故，在中，由余弦定理：， 因，， 设为到平面的距离， 由，可得：，即：， 设与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 法二：连接，因为在底面上的射影是线段靠近点的四等分点， 可得平面，因平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为， 过作于点，连接， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为与平面的所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，解得， 在中，由，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为. （2）因，则三棱锥外接球的球心在过中点且与平面垂直的垂线上， 以点为坐标原点，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，，设三棱锥外接球的半径为， 设，由，∴， ∴，故，，故三棱锥外接球的表面积为． （3）依题意，，，，，， 设，由， ∴在平面中，点D在以E、F为焦点的椭圆上，则（*）， 设平面的法向量，因，， 因，即，故可取， 设平面的法向量，因，， 由，∴，故可取， 由可得，将其代入（*），解得（舍）或， 此时．而，故． 12．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，位于的反向延长线上，且满足. （1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线线关系即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）设，利用空间向量结合线面平行计算参数即可. （1）连接交于O点，连接，由菱形的性质得出， 由条件知，， 根据余弦定理得 ， 所以， 又平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面， 故可以O为中心建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 有，即； （2）由上可知，设平面的一个法向量为， 则，令，则， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则； （3）假设存在P满足题意，设， 易知， 设平面的一个法向量为，则， 令，则， ， 若平面，则， 即存在点P，位于的反向延长线上，且满足. 13．(1)证明见解析 (2) (3)直线不在平面内，理由见解析 （1）应用线面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理即可得证； （2）过点作的垂线交于点，以点为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标以及平面、平面的法向量，代入平面与平面夹角的向量公式即可计算. （3）根据条件计算向量，计算，判断结果是否为0即可判断直线是否在平面内. （1）因为平面，又平面，则， 又，且，，平面，故平面； （2）过点作的垂线交于点， 因为平面，且，平面，所以，， 故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 因为为的中点，则， 所以， 又，所以，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，故， 又因为平面的法向量为， 所以， 由题意可知，二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为； . （3）直线不在平面内， 因为点在上，且，又， 故， 则， 由（2）可知，平面的法向量为， 所以， 所以直线不在平面内． 14．(1)证明见解析； (2)存在，. （1）设线段的中点为，线段的中点为，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证. （2）根据已知，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，令，，结合已知并利用线面角的向量求法列方程求参数，即可得. （1）如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接， 依题意，，则，由，得， 而，是梯形的中位线，于是， 而平面，则平面， 而平面，于是，又平面，且和相交， 因此平面，而平面，所以平面平面； （2）依题意，，则，即， 由（1）知平面，平面，则， 由，平面，可得平面， 过作平面，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，    则，， 令，，则， 由平面，则平面的一个法向量为， 由题设， 所以，可得（负值舍），所以时满足题设. 15．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. （1）连接交于，连接，利用线面平行的判定定理找到可证； （2）（i）选①：说明条件不能确定棱柱特点即可求解；选②③：证明平面，建立空间坐标系，求得二面角； （ii）设，可得，根据，可求得的值. （1）连接交于，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，又因为四边形是平行四边形，所以是的中点， 所以是的中点； （2）（i） 选择条件①： 因为底面是正方形，所以， 侧面平面，且侧面平面，平面， 故平面，又平面，则， 即四边形为矩形，因为，则， 与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定； 选择条件②： 连结，因为底面是正方形，所以， 又因为侧面平面，且侧面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，因为，，所以， 在中，因为，，所以， 又平面，所以平面，又， 所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，， 且，，易知为平面的一个法向量， 设为平面面的一个法向量，则，即. 不妨设，则，可得， 所以， 因为二面角的平面角是钝角，设为 ，故， 所以二面角的余弦值为. 选择条件③： 因为底面是正方形，所以， 因为，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为侧面平面，且侧面平面，平面， 所以平面，又， 所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）. （ii）设，又，， 则，所以， 所以，因为平面， 所以，所以，解得， 所以. 16．(1)证明见解析 (2)存在 （1）应用线面垂直的判定定理分别证明平面及平面即可； （2）先应用面面垂直性质定理得出平面，再建立空间直角坐标系求出平面及平面ADE的一个法向量，再应用二面角余弦值公式计算求参. （1）取的中点为，连接，， 因为点为线段的中点，且，所以. 因为，， 由，所以为等腰直角三角形， 所以，同理，， 故在等腰梯形中，. 由，所以. 又，而平面， 故平面. 又平面，所以. 因为，，平面， 故平面. （2）解：设正方形的中心为，分别取的中点为. 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故. 又平面，故平面平面， 且平面平面. 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面. 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 因为，则. 又，故，设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且，故. 又， 故则 . 设 设平面的一个法向量为， 则令， . 设平面的一个法向量为， 则令， . 故， 解得，即存在点，且是线段AD上靠近点A 的四等分点， 使得平面和平面的夹角为． 17．(1) (2)存在， （1）先确定平面交线，因不平行，延长相交得点，是两平面公共点，又也是公共点，根据基本事实确定交线（即，即）. 由PB垂直平面内两相交线，得垂直平面，进而得PB垂直MB，用勾股定理求.   （2）以为原点建系，根据已知边长确定各点坐标.设表示出点坐标. 根据法向量与平面内向量垂直，列出方程组求平面和平面的法向量.  因为两平面垂直，所以它们的法向量垂直，法向量数量积为，列方程求解，进而得到点坐标. （1）由题设，直线不平行，延长必相交，记交点为，则，， 从而平面平面，即点为平面与平面的一个公共点， 又点也为平面与平面的一个公共点，根据基本事实3，知直线即为直线，且点即为点， 由题设，，所以平面， 所以，且易知，所以. （2）如图，以为原点，方向､方向､方向分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系， 如图，由，则. 则各点坐标为：， 假设存在点，设，则点的坐标为. 设和分别为平面和平面的法向量. ，即， 令，得， ，即， 令，得：， 平面平面， 所以， 又，设平面PCD的法向量为， 则,即，令，则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 18．(1)证明见解析； (2)存在满足题意的点H，此时. （1）由题意以A为原点建立空间直角坐标系，接着求出和平面的一个法向量，计算即可得证. （2）设求出，由和求出平面的一个法向量，由和求出平面的一个法向量，接着由平面与平面所成角的正弦值为得，进而求出，从而得解. （1）由题意可以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，，，，，， ∴，，， 设平面的法向量为，则， 所以，令，则， ∴， ∵平面，∴平面. （2）由（1）得，，，，， 假设在线段（不含端点）上存在一点H，使得平面与平面所成角的正弦值为， 则，， 设平面法向量，则， 所以，令，则， 设平面法向量，则， 所以，令，则， 设平面与平面所成角为，则， 所以， 整理得，∵，∴. 故存在满足题意的点H，此时. 19．(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)存在， （1）（ⅰ）由已知，可得，，即可求得求三棱锥的体积； （ⅱ）求出平面的一个法向量和平面的一个法向量， 利用向量的坐标运算即可求得二面角的余弦值． （2）分别求出折叠前的长度与折叠后的长度，比为时，求得，可得答案. （1）（ⅰ）若，折叠前直线的方程为， 联立，解得或，可得，， 圆：，与轴交于两点，则， 折叠后三棱锥的体积为． （ⅱ）由（ⅰ）及已知，则，，，， ，． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，，所以． 易知为平面的一个法向量， 设二面角的大小为，由题可知为锐角， 所以 故二面角的余弦值为． （2）设折叠前，，圆心到直线的距离， 则， 直线与圆方程联立得， 即，． 设，在新图形中的对应点分别为， ，， ． 若折叠后的长度与折叠前的长度之比为， 则，解得， 故当时，折叠后的长度与折叠前的长度之比为． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $