专题04 空间线段中点的存在性问题五类综合题型（压轴题专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间线段中点存在性问题，以空间向量为核心构建“通法+分题型”解题体系，逻辑链条清晰，覆盖平行、垂直、距离、角度等高频考点。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题通法|1|四大核心（建系、设元、向量条件、公式）+两条底线原则|从基础方法到规范流程，奠定解题根基| |题型归纳|5题型（含典例+变式）|每种题型特征+“建系设元-求向量-列方程-验范围”四步解法|按几何关系递进，实现方法迁移| |压轴挑战|16题|综合应用通法与题型技巧|提升复杂情境下的问题解决能力，发展数学思维与应用意识|

专题04 空间线段中点的存在性问题 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、线面面面平行的存在性 题型二、线面垂直面面垂直的存在性 题型三、点/直线到面的距离存在性 题型四、线面角存在性 题型五、面面角/二面角存在性 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 空间向量处理立体几何动态存在性问题是新高考高频考点，所有题型均围绕空间直角坐标系建立.动点参数设元.向量平行垂直条件.空间距离与夹角向量公式四大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是建系前必须验证三条坐标轴两两垂直，不满足垂直条件不可直接建系；二是求出参数后，务必检验动点落在题目限定线段.面区域内，舍去超出范围的解. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、线面面面平行的存在性 典例1 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形．再从条件①，条件②，条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点位置使得线面平行或者面面平行 2.方法：建立空间直角坐标系，设出动点参数坐标→求出直线方向向量与平面法向量→利用线面平行条件、面面平行条件建立方程→求解参数并验证动点范围 变式1-1（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1-2（25-26高三上·安徽宣城·期末）如图，在三棱锥中，平面为的中点，为上靠近点的三等分点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得 平面，若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由. 变式1-3如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，为AD的中点，，，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)在线段PE上是否存在点，使得平面PBC？存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 类型二、线面垂直面面垂直的存在性 典例2 （2026·浙江宁波·二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点位置使得线面垂直或者面面垂直 2.方法：搭建坐标系，引入参数表示动点坐标→求解对应平面法向量与直线方向向量→利用线面垂直条件、面面垂直条件列式计算→检验参数符合动点约束区间 变式2-1（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段的中点． (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得？若存在，请求出；若不存在，请说明理由． 变式2-2（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面 分别为的中点.    (1)证明： 平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 变式2-3（25-26高二上·贵州毕节·期中）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中 ，，. (1)取线段中点，连接，证明： 平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 题型三、点/直线到面的距离存在性 典例3 （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． 题型模版 1.特征：几何体存在动点，探究是否存在位置满足指定点面距或者线面距条件 2.方法：建立坐标系，设动点参数→选取平面内点构造向量与平面法向量→代入距离公式建立等式→求解参数并判断动点位置是否有效 变式3-1（24-25高二上·上海金山·阶段检测）如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点． (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与半面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 变式3-2（24-25高二上·山东·阶段检测）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. 变式3-3（24-25高二上·广东梅州·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 题型四、线面角存在性 典例4 （24-25高二上·浙江·期中）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，为等边三角形，且S在平面上的射影为中点P，，.    (1)若E为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出点M的位置并给以证明，若不存在，请说明理由. 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点使得线面角等于给定角度 2.方法：写出含参数的直线方向向量、平面法向量→带入公式构建方程→求解参数，检验参数满足动点所在范围 变式4-1（24-25高二上·四川泸州·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为. (1)求证：平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 变式4-2（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 变式4-3（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. 题型五、面面角/二面角存在性 典例5 （2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点使得二面角为指定角度 2.方法：用参数表示两个平面法向量→使用公式列方程→结合图形判断二面角锐角、钝角，筛选合理参数解 变式5-1（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5-2（25-26高二上·广东河源·期末）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点，使得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5-3（25-26高三上·宁夏·阶段检测）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. 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、解答题 1．（24-25高二上·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且 ，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 2．（2025·广东佛山·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，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． (1)若，证明：平面； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 3．（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. 4．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 5．（24-25高三下·北京顺义·阶段检测）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． 6．（24-25高二上·山东临沂·阶段检测）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． 7．（24-25高二上·贵州黔南·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为的中点. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 8．（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． 9．（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. 10．（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. 11．（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. 12．（25-26高二上·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)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． 13．（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 14．（25-26高三下·云南曲靖·阶段检测）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，PA＝AB＝BC＝1，AB⊥BC． (1)求证：AD⊥PC； (2)求平面PCD与平面PAB的夹角； (3)在线段PB上是否存在一点M，使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面PCD的距离，如果不垂直，说明理由． 15．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中 ，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 16．（2026高三·全国·专题练习）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为． (1)求证：； (2)求的长度； (3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 空间线段中点的存在性问题 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、线面面面平行的存在性 题型二、线面垂直面面垂直的存在性 题型三、点/直线到面的距离存在性 题型四、线面角存在性 题型五、面面角/二面角存在性 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 空间向量处理立体几何动态存在性问题是新高考高频考点，所有题型均围绕空间直角坐标系建立.动点参数设元.向量平行垂直条件.空间距离与夹角向量公式四大核心展开，解题贯穿两条底线原则：一是建系前必须验证三条坐标轴两两垂直，不满足垂直条件不可直接建系；二是求出参数后，务必检验动点落在题目限定线段.面区域内，舍去超出范围的解. 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、线面面面平行的存在性 典例1 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形．再从条件①，条件②，条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：平面平面． 【答案】(1)只能选择①③，证明见解析 (2) (3)存在点； 【分析】（1）利用线面垂直的判断定理即可证明平面； （2）先求出两个面的法向量，进一步求出两个法向量夹角余弦的绝对值，即为平面与平面所成角的余弦值； （3）先假设存在，根据线面平行时，线的方向向量与面的法向量垂直，建立等量关系，能求出对应点的坐标，即说明存在. 【详解】（1）证明：因所求问题包括线面角大小，需要求出边长，故①必选， 选②缺垂直条件，因为，又四边形是边长为的正方形， 所以，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 因此，选①②无法证明平面； 故只能选择①③，理由如下： 因为平面平面，平面平面，四边形是边长为4的正方形，所以，所以平面， 又因为平面，所以，，所以， 又因为，所以，平面，， 所以平面； （2）解：由（1）知两两垂直，故以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， 则，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 又因为平面，所以为平面的法向量， 所以， 设平面与平面所成角为，则， 因此，平面与平面所成角的余弦值为； （3）解：假设存在设点，使得平面， 则，因为平面，所以， 又，所以， ，解得， 故，所以， 因此，存在点，即为中点，使得平面，此时． 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点位置使得线面平行或者面面平行 2.方法：建立空间直角坐标系，设出动点参数坐标→求出直线方向向量与平面法向量→利用线面平行条件、面面平行条件建立方程→求解参数并验证动点范围 变式1-1（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1-2（25-26高三上·安徽宣城·期末）如图，在三棱锥中，平面为的中点，为上靠近点的三等分点，. (1)求证：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得 平面，若存在，请说明点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)=证明：因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 又，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为为的中点，， 所以. 又因为，平面， 所以平面. (2) (3)存在，点是线段上靠近点的三等分点 【分析】（1）先证明平面，得到，再利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解； （3）假设在线段上存在点，设，利用 平面列方程求解得即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则 ， ，所以 故. 设平面的法向量为， 则， 取.设与平面 设直线与平面所成角为， 则 所以与平面所成角的正弦值为. （3）假设在线段上存在点， 使得 平面.设， 则. 由（2）知，所以， 因为 平面，平面的法向量为， 故，解得. 所以当点是线段上靠近点的三等分点时， 平面. 变式1-3如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，为AD的中点，，，，，. (1)求二面角的余弦值； (2)在线段PE上是否存在点，使得平面PBC？存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点M即中点 【分析】（1）作平面，以E为原点，以的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系， 分别求出平面和平面的法向量，利用向量夹角的余弦公式求解即可； （2）设，利用线面平行的向量判定法求解即可. 【详解】（1）因为平面平面ABCD，平面平面， ，平面，所以平面， 在平面内，过点作 ，以E为原点，以的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则点， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， 设平面的法向量为， 所以，令，解得， ， 由图可知，二面角的余弦值为. （2）因为，设 则， 由（2）知平面的法向量为 若平面，则有，解得， 所以线段上存在点，使得平面，点即中点. 类型二、线面垂直面面垂直的存在性 典例2 （2026·浙江宁波·二模）在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)在中，由余弦定理可得， 则，又为的中点，则. 取的中点，显然有. 因为，则在中，， 由余弦定理可得， 可得，所以， 所以，，， 平面 ，平面 ， 所以 平面 ，因为 平面， 所以平面平面 (2)存在，. 【分析】（1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果. 【详解】（1）略 （2）如图所示，连接，因为，所以， 由（1）可知，两两相互垂直， 则以为坐标原点，以 为轴，建立空间直角坐标系， 则， 故. 记在上的射影点为， 设， 可得， 则，即，解得， 因为，且，所以； 所以存在符合题意，且. 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点位置使得线面垂直或者面面垂直 2.方法：搭建坐标系，引入参数表示动点坐标→求解对应平面法向量与直线方向向量→利用线面垂直条件、面面垂直条件列式计算→检验参数符合动点约束区间 变式2-1（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段的中点． (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得？若存在，请求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，2 【分析】（1）建立适当空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，再由面面角的向量法公式求出面面角余弦值即可求解两平面的夹角； （2）先假设存在满足题意的点，，利用即可求解. 【详解】（1）由平面且四边形为矩形可得两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令得，则， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以，， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为． （2）假设存在满足题意的点， 因为在线段上，有，即， 所以，则， 因为，所以 ， 解得， 即存在满足题意的点． 变式2-2（2026·广东茂名·一模）如图，在四棱锥中，平面 分别为的中点.    (1)证明： 平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)如图：取PD的中点H，连接FH，AH， 因为，又， 所以， 所以四边形 是平行四边形， 所以，又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 (2)存在， 【分析】（1）取PD的中点H，易证，得到 是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量，根据平面 ，由求解. 【详解】（1）略 （2）建立如图所示空间直角坐标系：    则， 所以，， 设平面PBC的一个法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设，则， 若平面 ，则， 所以，解得， 所以， 则， 所以在线段上是否存在点，使得平面 ， 的长为. 变式2-3（25-26高二上·贵州毕节·期中）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中 ，，. (1)取线段中点，连接，证明： 平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明:在四棱锥中，取中点，连接， AI由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面． (2) (3)存在， 【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用向量公式即可求解. （3）令，求出平面的法向量，再由两平面垂直得进行求解． 【详解】（1）略； （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 平面的一个法向量为， 则， 设平面与平面夹角为，由于为锐角， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． （3）令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，平面的法向量为， 由平面平面，得， 得， 得， 故存在点，使得平面平面，此时． 题型三、点/直线到面的距离存在性 典例3 （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 【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； （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）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． 题型模版 1.特征：几何体存在动点，探究是否存在位置满足指定点面距或者线面距条件 2.方法：建立坐标系，设动点参数→选取平面内点构造向量与平面法向量→代入距离公式建立等式→求解参数并判断动点位置是否有效 变式3-1（24-25高二上·上海金山·阶段检测）如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点． (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与半面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)不垂直；证明见解析 (2)； (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，证明，，由此可得结论； （2）求平面的法向量，利用向量方法求直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，，求出的坐标，再求平面的法向量及，利用向量方法求点到平面的距离，列方程求即可. 【详解】（1）结论：直线与平面不垂直， 以为坐标原点，，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， ， 所以直线与平面不垂直． （2）设平面的一个法向量， ，， ， 令，则，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为． （3）假设存在，，使得点到平面的距离是， 由（1）知，，，所以， 所以，又，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离是， 故在线段上不存在点，使得点到平面的距离是． 变式3-2（24-25高二上·山东·阶段检测）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) 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)（i）, （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， ，． 【分析】（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． 【详解】（1）略 （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； 变式3-3（24-25高二上·广东梅州·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在满足题意的点，此时 【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可； （2）假设存在满足题意的点，，利用空间向量法求解点面距，建立关于a的方程，解之即可求解. 【详解】（1）由平面平面平面， 所以平面，又平面，所以 ， 又，有，故， 建立如图空间直角坐标系，   ，得， 易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，令，得，， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； （2）由（1）知，则，假设存在满足题意的点. 设，则， 得，即，所以， 故点到平面的距离为， 即，解得或（舍去）， 所以存在满足题意的点. 此时，所以. 题型四、线面角存在性 典例4 （24-25高二上·浙江·期中）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，为等边三角形，且S在平面上的射影为中点P，，.    (1)若E为棱的中点，求证：平面； (2)在棱上是否存在点M，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出点M的位置并给以证明，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明：取中点，连接，又分别为的中点，    ，，底面四边形是矩形，为棱的中点， ，，则 ，， 故四边形是平行四边形，所以 . 又平面，平面，可得 平面. (2)在棱上存在点，且或，证明如下， 在等边中S在平面上的射影为中点P， 所以面，则是四棱锥的高. 设，则，结合，知矩形的面积 ，所以. 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，在面ABCD内过点P作垂线为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，    故， 设，则， 设平面的一个法向量为，则， 令，. 由题意， 整理得，解得或， 所以存在点，或时，使直线与平面所成角的余弦值为. 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点使得线面角等于给定角度 2.方法：写出含参数的直线方向向量、平面法向量→带入公式构建方程→求解参数，检验参数满足动点所在范围 变式4-1（24-25高二上·四川泸州·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为. (1)求证：平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 连接，， 为等边三角形，为中点，； 由题意知：平面，又平面，， ，平面，平面， 平面，； 四边形为平行四边形，， 四边形为菱形，， 分别为中点，，， 又，平面，平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质可得；根据线面垂直的判定与性质可得，结合菱形对角线互相垂直和线面垂直判定定理可证得结论； （2）方法一：以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点面距离的向量求法可求得结果； 方法二：取的中点，作，，根据平行关系可将所求距离转化为点到平面的距离，由平面，结合长度关系可求得结果； （3）方法一：设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结论； 方法二：假设存在点，根据二面角平面角的定义可知，由长度关系可求得结果. 【详解】（1）略 （2）方法一：由（1）知：平面，； 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，建立如图空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离； 方法二：取的中点，连接，过作交于， 过作分别交的延长线于，则分别是的中点， ，平面，平面，平面， 点到平面的距离等于点到平面的距离； 由（1）得：，平面， 平面，是直角三角形， 在菱形中，易得，，， ，， 即点到平面的距离为. （3）方法一：，，， 设，，， ； 由（2）知：平面的一个法向量； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，解得：（舍）或， 此时， 在棱上存在点，使得平面与平面所成的角为，此时； 方法二：假设存在点满足题意，取的中点，连接， 过作交于，连接， ，平面， 又由（1）得：，， 二面角的平面角为，； 在菱形中，作， ，， ， 为直角三角形，，， 在棱上存在点，使得平面与平面所成的角为，此时. 变式4-2（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. (2)存在 【分析】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2）如图，过点作 ， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立 空间直角坐标系， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 变式4-3（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. 题型五、面面角/二面角存在性 典例5 （2026·陕西西安·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，，的中点，为棱上一点，且，． (1)求证：平面平面． (2)线段（含端点）上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 因为平面平面，平面平面， 又平面，且， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，，分别为，，的中点， 所以，且， ，且， 所以四边形为平行四边形． 又，，所以，且， 所以四边形为正方形，所以． 因为，且，平面， 所以平面． 又平面， 所以平面平面． (2) 由（1）知，四边形为正方形， 又平面，所以，，两两垂直， 故以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，． 假设上存在点满足条件， 令，， 则，． 设平面的法向量为， 则 令，则，， 故平面的一个法向量为． 易知平面的一个法向量为． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以 解得或（舍）， 即当点为上靠近点的四等分点时，平面与平面夹角的余弦值为． 题型模版 1.特征：几何体含有动点，探究是否存在动点使得二面角为指定角度 2.方法：用参数表示两个平面法向量→使用公式列方程→结合图形判断二面角锐角、钝角，筛选合理参数解 变式5-1（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) 由题知， 由余弦定理得， ∴，∴，∴， 又，平面，， ∴平面； (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）略 （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5-2（25-26高二上·广东河源·期末）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点，使得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) 如图，设，连接，由圆锥的性质可知⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为为底面圆的内接正三角形，由，可得， ，， 又，所以，即，⊥， 故， 在中，， 所以，故⊥， 因为⊥平面，平面，所以平面⊥平面， 又平面，平面 平面，⊥，故⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面； (2)存在，点为的中点 【分析】（1）作出辅助线，由线面垂直得到⊥，求出各边长，得到⊥，由面面垂直的性质得到⊥平面，又平面，所以平面⊥平面； （2）建立空间直角坐标系，设，求出两平面的法向量，由面面角的余弦值得到方程，求出，故线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【详解】（1）略 （2）易知，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，可得， 设平面与平面的法向量为， 则， 令，则，，故， 则， 令，则，，故， 设平面与平面夹角为， 则， 整理得，解得，则，， 故线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 变式5-3（25-26高三上·宁夏·阶段检测）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. 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 一、解答题 1．（24-25高二上·河北沧州·期末）如图，在多面体中，底面为矩形，底面，，且 ，，． (1)当时，求直线与平面所成角的正弦值． (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在实数，理由： 设的重心为，则，，，， 所以，，，． 设平面的法向量为， 所以即取，则，，即， 假设在平面内的射影恰好为的重心，则， 所以，无解，故不存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的方法求线面角； （2）计算平面的法向量，利用射影的性质得到，然后列方程，解方程无解，则不存在. 【详解】（1）解：由题易得直线，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，，，，，，． 设平面的法向量为， 所以即得，取，则， 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （2）略 2．（2025·广东佛山·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，平面平面ABCD，，点M是线段的中点，N为线段CD上一点． (1)若，证明：平面； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面与平面MNB夹角的余弦值为？若存在，指出点N的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 取线段的中点P，连接PM，PD， 因为MP为梯形的中位线，所以， 又因为，所以， 因为，，且，所以，， 所以四边形MNDP为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． (2) 在平面中，作于O， 因为平面平面ABCD，且平面平面， 所以平面ABCD， 在正方形ABCD中，过O作AD的平行线交CD于点Q，则， 分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为四边形为等腰梯形，，，所以， 又因为，所以， 则，，，，，设，，所以， 设平面的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为M为的中点， 所以，所以，， 设平面BMN的法向量为， 所以，则， 令，所以， 又因为平面与平面MNB夹角的余弦值为， 所以，整理得， 所以，解得或， 又因为，所以， 所以存在，点N为CD的中点． 【分析】（1）取线段的中点P，连接PM，PD，利用已知可证四边形MNDP为平行四边形，进而可得，可证结论； （2）在平面中，作于O，可证，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面BMN的一个法向量为，利用向量法可求得，可得结论. 【详解】（1）略 （2）略 3．（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：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)存在，或 【分析】（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. 【详解】（1）略 （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. 4．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为底面，， 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、、、、、， 则，，. 设平面的法向量是，则， 令，则，，于是. 因为，所以，， 又因为平面，所以，平面. (2) (3)存在，且 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面； （2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）假设存在满足题意的点，且，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求出的值，由此可得出结论. 【详解】（1）略 （2）设平面的法向量为，则，， 则，取，可得，，则， 设二面角的平面角大小为，则为锐角， 所以，， 所以，二面角的平面角的余弦值为. （3）假设存在满足题意的点，且， 则 由于平面的一个法向量， 由题意可得：， 整理可得，解得， 据此可得存在满足题意的点，且. 5．（24-25高三下·北京顺义·阶段检测）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. 6．（24-25高二上·山东临沂·阶段检测）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：，， 又平面平面， 所以平面， 平面，， 又平面平面， 平面； (2) (3)存在 ， 【分析】（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． 【详解】（1）略 （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． 7．（24-25高二上·贵州黔南·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，为的中点. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (2)在棱上是否存在一点，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在 【分析】（1）由条件，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得. （2）假设存在一点，使得，由的计算结果即可判断 【详解】（1） 取中点,中点，连接,,, ,, 平面平面,平面平面,平面, 平面, ，，，, ,，,则,可得,, ,,又,, 以为原点,,,所在直线为轴建立空间直角坐标系, 则，，， , 由图易得平面的一个法向量, 为的中点.， 则,, 设平面的法向量， ，即， 故可取， , 平面与平面夹角的余弦值为. （2）设在棱上存在一点，使得, ,, , ,, ， 解得， 故在棱上不存在点，使得. 8．（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：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)存在， 【分析】（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. 【详解】（1）略 （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. 9．（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， 【分析】（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 【详解】（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. 10．（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. 11．（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：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)存在，为线段的中点. 【分析】（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. 【详解】（1）略 （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. 12．（25-26高二上·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)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) 取的中点，连接，如下图： 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； (2) (3)存在点， 【分析】（1）取的中点，连接，由中位线性质以及线面平行判定定理即可证明出结论； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，即可求得二面角的余弦值； （3）假设存在点到平面的距离是，设可得，利用点到平面距离的向量求法计算可得，即可求出. 【详解】（1）略 （2）由题意知平面，且，可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 易知 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，可得； 又， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （3）假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是， 设，，即，可得, 所以， 则点到平面的距离是，又，可得, 所以，， 即存在点到平面的距离是,. 13．（2026·河北邯郸·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)若， （i）求平面与平面夹角的正弦值； （ii）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 取中点，连接， 因为为中点，所以，且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，即， 又平面，平面，所以平面； (2)（i）（ii）存在， 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得平面的法向量，利用向量法可得面面角余弦值，再由同角三角函数的基本关系求正弦值； （ii）设，利用向量法表示点到平面的距离，列方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2）（i）因为平面，且， 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则， 所以， 因为平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面平面， 所以平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为； （ii）存在点满足题意， 易知， 假设存在点满足题意，设， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则， 所以点到平面的距离，化简可得， 解得或（舍去），即. 14．（25-26高三下·云南曲靖·阶段检测）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，且CD＝2，PA＝AB＝BC＝1，AB⊥BC． (1)求证：AD⊥PC； (2)求平面PCD与平面PAB的夹角； (3)在线段PB上是否存在一点M，使得直线PC与平面ADM垂直，如果垂直，求此时点M到平面PCD的距离，如果不垂直，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)； (3)存在， 【详解】（1）取为中点，则，，. 故四边形为矩形，则. 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. ，. 则，故，即. （2）由题意可知，平面的一个法向量. 因为，. 设平面的一个法向量为. 则 令，得. . 由题意可得，平面与平面所成二面角的平面角为锐角. 所以平面与平面所成角为. （3）存在，理由如下： 设，则. 所以. 由平面，可得，则. 所以，. 则到平面的距离. 15．（2026·广东汕头·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中 ，，点E、F分别为棱PD、AD的中点. (1)求证：平面平面ABCD； (2)请作出四棱锥过B、E、F三点的截面，并求出截面图形周长； (3)过B、E、F三点的平面上是否存在动点，使其到点的距离为3？若存在，求点在运动过程中所围成的图形的面积；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明： 又平面 平面 又平面 平面平面 (2)，截面周长为12 (3)存在， 【分析】（1）运用直角梯形垂直关系，再结合已知得到线面垂直，再证明面面垂直； （2）利用平面平行相交的性质作出截面，再通过直角三角形，平行四边形性质求得周长； （3）先计算出点C到平面的距离，如果距离大于3，则不存在；如果距离小于3，则存在；最后如果存在，那么点在运动过程中所围成的图形是：以点为球心半径为的球面被平面所截的面，计算出半径求得圆面积. 【详解】（1）略 （2） 连接交于点，连接，取中点，连接,， 四边形 为平行四边形 点为中点， ，四边形为平行四边形,则 ， 点G平面，故四边形即为所求截面， 平面 ,为直角三角形， ,故四边形为平行四边形， 所以，四边形周长为：; （3）假设平面内存在动点，使其到点的距离为3， 方法一（等体积法）： 设点到平面距离为h，那么 取中点，由可知为正三角形， 所以， 由可得 , 即， 由于， 所以，, , 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截得的截面，截面形状为圆， 半径,. 方法二（建坐标系）： 取中点，由可知为正三角形， 所以， 以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 那么, 设平面法向量为，那么 取，则为平面一个法向量， 那么点到平面距离， 所以，平面内存在动点，使其到点的距离为3 点在运动过程中所围成的图形是以点为球心半径为的球面被平面所截，截面形状为圆， 半径,. 16．（2026高三·全国·专题练习）如图所示，在长方体中，，，点E在棱上移动，小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点，所爬的最短路程为． (1)求证：； (2)求的长度； (3)在线段上是否存在点E，使得二面角的大小为．若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)方法一（几何法）： 连结，在长方体中， 因为平面，且平面，所以， 因为，所以矩形为正方形，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以； 方法二（向量法）： 建立如图空间直角坐标系，设， 则，，，， ，， 因为，所以； (2)2 (3)存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 【分析】（1）几何法通过正方形对角线垂直结合线面垂直推出线线垂直，向量法建立坐标系，计算两直线方向向量点积为，完成垂直证明； （2）设底面边长为，将长方体表面分两类展开得到两种爬行距离表达式，根据判定最小值，列方程求解得到的长度； （3）几何法利用三垂线定理找出二面角平面角，结合等腰直角三角形性质与三角形等面积法算出的长度；向量法设点的坐标，求出两个面的法向量，利用二面角余弦公式解方程，舍去超出线段范围的解，确定的位置． 【详解】（1）略 （2）设， 因为四边形是正方形， 所以小蚂蚁从点A沿长方体的表面爬到点可能有两种途径． 如图甲的最短路程为， 如图乙的最短路程为， 因为，所以， 所以，解得，即的长度为． （3）方法一（几何法）：： 假设存在满足条件的点E，连结，设， 过点D在平面内作，连结， 则为二面角的平面角， 所以，所以， 在内，，而， 即，解得， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 方法二（向量法）： 假设存在满足条件的点E，平面的法向量，，， 设平面的法向量， 则，即， 取，解得，得， 由题意得， 解得或（舍去）， 即存在E点，且与点B距离为时，二面角的大小为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $