专题07 立体几何中的折叠和探索性问题11种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦立体几何折叠与探索性问题，以11类题型为框架，系统提炼向量法解题逻辑与步骤，覆盖空间位置关系及度量计算，培养空间观念与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |折叠问题等11类题型|每题型1例+3变式|核心逻辑（如翻折不变量）、解题步骤（建系设参等）、易错提醒（参数范围检验等）|从折叠变换到平行垂直判定，再到空间角与距离计算，层层递进，形成完整知识链|

专题07 立体几何中的折叠和探索性问题11种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 立体几何的折叠问题 题型 02 线面平行的探索性问题 题型 03 面面平行的探索性问题 题型 04 线线垂直的探索性问题 题型 05 线面垂直的探索性问题 题型 06 面面垂直的探索性问题 题型 07 与线线角有关的探索性问题 题型 08 与线面角有关的探索性问题 题型 09 与面面角有关的探索性问题 题型 10 与点线距有关的探索性问题 题型 11 与点面距有关的探索性问题 ▌题型01 立体几何的折叠问题 1.核心逻辑 平面图形沿折痕翻折，折痕同侧线段长度、角度不变；折痕两侧的二面角、空间距离发生改变。经常利用翻折后得到的线线垂直、面面垂直建立坐标系，再完成证明、求角、求体积计算。 2.解题步骤 ①对照翻折前平面图形，标出所有不变的边长、垂直关系； ②分析翻折后哪些线、面位置发生改变，寻找翻折后出现的垂直，搭建空间直角坐标系； ③写出翻折后各关键点坐标； ④结合向量完成证明、求角、求体积、求距离； ⑤体积最值：当翻折后点到底面距离最大时，几何体体积取得最大值。 3.易错提醒 直接照搬翻折前跨折痕的角度、垂直关系；建系忽略翻折后垂直是否仍然成立。 【例1】（2026高二·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【变式1-1】（2026高一·广东广州·期中）如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面． (1)求证：平面； (2)已知点为棱上的点，且， ①求三棱锥的体积及其外接球的表面积； ②过点作平面，使平面，且平面交边于点，平面交于点，求点、的位置． 【变式1-2】（2026·河北·模拟预测）在中，，，，为的中点，为中点，如图，沿将翻折至的位置，使点落到点的位置，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【变式1-3】（2026高二·河南驻马店·期末）如图1，四边形是边长为4的正方形，在扇形中，，点是弧的中点．现将正方形沿进行翻折，使得点到达点的位置，点到达点的位置，如图2所示，其中． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． ▌题型02 线面平行的探索性问题 1.核心逻辑 假设棱上存在满足条件的动点，用参数写出动点坐标；线面平行等价于直线方向向量与平面法向量数量积等于0，同时动点要在棱上（）。 2.解题步骤 ①建立空间直角坐标系； ②设动点：若点在线段上，设，写出动点坐标； ③求出直线方向向量，求出目标平面的法向量； ④由线面平行条件：方向向量平面法向量，解出参数； ⑤检验，参数在范围内则存在，说明点位置；否则不存在。 3.易错提醒 解方程得到参数后，忘记检验参数范围；混淆线面平行与线面垂直的向量条件。 【例2】（2026高二·全国·专题练习）如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【变式2-1】（2026高二·江苏苏州·期中）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)求平面与平面所成角的正弦值； (3)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2-2】（2026·浙江温州·模拟预测）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． (1)证明：上存在点P，使得平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 【变式2-3】（2026高二·广西南宁·阶段检测）如图，在长方体中，，E为CD的中点． (1)求证：． (2)若，求平面与夹角的余弦值． (3)在棱上是否存在一点P，使得平面．若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． ▌题型03 面面平行的探索性问题 1.核心逻辑 假设存在动点，两个平面平行等价于两个平面的法向量互相平行（坐标成比例）；解出参数后，参数必须落在线段范围之内。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示出动点坐标； ②分别求出两个平面的法向量； ③利用法向量平行（坐标对应成比例）列方程，求解； ④检验； ⑤下结论，说明点的位置或判定不存在。 3.易错提醒 法向量算错；只解方程不验证参数范围；把面面平行条件记成数量积等于0（这是面面垂直）。 【例3】【多选】（2026高三·云南曲靖·阶段检测）已知正方体的棱长为，动点满足，，则下列说法正确的是（    ） A．时， B．对任意，存在，使得平面平面 C．若，则满足条件的动点组成图形的面积为 D．若，则三棱锥体积为 【变式3-1】【多选】（2026高二·浙江杭州·期末）如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．线段上存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则的最小值为 D．三棱锥的外接球半径的最大值为 【变式3-2】（2026高二·辽宁抚顺·期末）如图，正三棱柱的底面边长和侧棱长都为2，是的中点. （1）在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在指出点在线段上的位置，若不存在，请说明理由； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【变式3-3】【多选】（2026·广东肇庆·模拟预测）在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（    ） A．当为的中点时，存在点，使得平面 B．当为的中点时，存在点，使得平面平面 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 ▌题型04 线线垂直的探索性问题 1.核心逻辑 两条直线垂直两条直线方向向量的数量积等于0。将动点用参数表示，列数量积为0的方程求解参数。 2.解题步骤 ①建立空间直角坐标系； ②设线段上动点，写出坐标； ③写出两条直线对应的方向向量； ④令两向量数量积等于0，解参数； ⑤判断是否属于，给出存在/不存在结论，描述点位置。 3.易错提醒 向量坐标书写错误；忽略参数取值范围；异面直线垂直同样适用数量积为0。 【例4】（2026高二·福建漳州·期中）如图，在正三棱柱中，点满足，其中，. (1)是否存在使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【变式4-1】（2026高三·海南·开学考试）如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）. (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由. 【变式4-2】（福建省泉州市鲤城区2025-2026学年高三学期5月联考数学试卷）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由. 【变式4-3】（2026·河北邢台·模拟预测）如图，在正三棱柱中，．点D，E，F分别为，，的中点，连接BD，FE，CE，CF，BE．    (1)试问：线段BE上是否存在一点G，使得？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由． (2)求直线BD与平面CEF所成角的正弦值． ▌题型05 线面垂直的探索性问题 1.核心逻辑 直线垂直平面直线方向向量与平面法向量互相平行（坐标成比例）。 2.解题步骤 ①建系，设棱上动点，引入参数，写出动点坐标； ②求出这条直线的方向向量； ③求出平面的法向量； ④利用向量共线（坐标成比例）建立方程组，求解参数； ⑤检验参数是否在，给出结论。 3.易错提醒 混淆线面垂直、线面平行向量条件；方程组无解直接忽略，没有写“不存在”。 【例5】（2026高三·全国·一轮复习）如图，在正三棱柱中，分别是的中点．在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． 【变式5-1】（2026·北京昌平·模拟预测）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式5-2】（2026·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面三角形是等边三角形）中，，、、分别是，，的中点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． 【变式5-3】（2026·湖北·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．    (1)若，求证：平面平面； (2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． ▌题型06 面面垂直的探索性问题 1.核心逻辑 两个平面垂直两个平面法向量数量积等于0。 2.解题步骤 ①建系，参数表示线段上动点坐标； ②分别求两个平面的法向量； ③令两个法向量数量积等于0，解方程求； ④验证参数； ⑤若解在区间内，则存在，说明点位置；否则不存在。 3.易错提醒 把面面垂直记成法向量平行；求出参数不做范围检验。 【例6】（2026高二·上海·期末）已知正方体的棱长为1，P是对角面（包含边界）内一点，且. (1)求的长度； (2)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； (3)过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长. 【变式6-1】（2026高二·江苏·单元复习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式6-2】（2026高二·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式6-3】（2026高二·广东佛山·阶段检测）如图，在多面体中，梯形与平行四边形所在平面互相垂直，. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. ▌题型07 与线线角有关的探索性问题 1.核心逻辑 异面直线所成角，；已知角度，代入公式列方程求参数，参数需要满足。 2.解题步骤 ①建系，用表示棱上动点； ②写出两条直线的方向向量； ③代入异面直线夹角余弦公式，去掉绝对值后平方化简方程； ④解出参数； ⑤检验，给出结论。 3.易错提醒 忘记公式的绝对值；直接用向量夹角代替异面直线角；不检验参数范围。 【例7】（2026高一·全国·期末）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记，是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 【变式7-1】（2026高二·福建三明·期中）如图1，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2. (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)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，请说明理由. 【变式7-2】（2026高二·辽宁大连·期中）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【变式7-3】（2026·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． ▌题型08 与线面角有关的探索性问题 1.核心逻辑 线面角，，直线方向向量，平面法向量；已知线面角，建立关于参数的方程求解。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点； ②求直线方向向量、平面法向量； ③代入线面角正弦公式，列等式，平方去掉绝对值； ④解方程求； ⑤检验，给出存在与否。 3.易错提醒 误用代替；丢掉绝对值，符号出错。 【例8】（2026高二·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式8-1】（2026高一·重庆·期末）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，将沿折起，连接与 ，如图2.    (1)设为中点，求证:平面； (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由. 【变式8-2】（2026·云南·模拟预测）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8-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． ▌题型09 与面面角有关的探索性问题 1.核心逻辑 二面角与两平面法向量夹角相等或互补；锐二面角取绝对值；已知二面角大小，列方程解参数。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点； ②求出两个平面的法向量； ③根据二面角是锐角/钝角，选择是否加绝对值，列出方程； ④化简解方程，得到参数； ⑤检验，下结论。 3.易错提醒 不看图判断二面角是锐角还是钝角，直接照搬法向量夹角；不检验参数范围。 【例9】（2026高二·江苏南京·期中）如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为． ①求； ②在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【变式9-1】（2026·陕西渭南·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 【变式9-2】（2026·贵州毕节·模拟预测）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【变式9-3】（2026高二·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． ▌题型10 与点线距有关的探索性问题 1.核心逻辑 已知点到直线距离，用投影+勾股定理版点到直线距离公式：，带入距离定值，建立含参数的方程求解。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示动点坐标； ②确定直线定点、方向向量，写出相关向量； ③代入点到直线距离公式，等式两边平方消根号； ④解方程，得到参数； ⑤检验以及分母模长不为0，得出结论。 3.易错提醒 根号内平方相减顺序颠倒；忘记平方直接解方程，出现漏解。 【例10】（2026高二·河南驻马店·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【变式10-1】（2026高三·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 【变式10-2】（2026高二·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，； ①求与平面所成的角； ②在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【变式10-3】（2026高三·北京·阶段检测）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． ▌题型11 与点面距有关的探索性问题 1.核心逻辑 点到平面距离；已知距离为定值，建立含参方程求解参数。 2.解题步骤 ①建系，参数表示出动点； ②取平面内定点，求平面法向量； ③写出向量，代入距离公式； ④等式两边平方，去掉绝对值、分母根号，解方程； ⑤检验、法向量模长不为0，给出存在或不存在。 3.易错提醒 不去绝对值直接列等式，产生漏解；得到参数不检验是否在线段上。 【例11】（2026高二·北京昌平·期末）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【变式11-1】（2026高二·吉林长春·期末）在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. (1)求证：平面PAB； (2)若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式11-2】（2026高一·浙江宁波·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形且，，为等边三角形，， 为中点． (1)证明：平面； (2)设 为侧棱 上一点，四边形是过 ， 两点的截面，分别交 ， 于， 两点，平面． （i）证明：； （ii）设，是否存在，使得点到面的距离为． 【变式11-3】（2026高二·广东茂名·期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，，. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (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，请说明理由. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何中的折叠和探索性问题11种常见考法归类 ▌题型01 立体几何的折叠问题 【例1】【答案】(1)在图中连接，，    由是正方形，则和都是等腰三角形， 又是正方形中心，所以，， 因为，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据正方形的性质，及线面垂直的判定和性质即可证明； （2）先根据题意及面面垂直的性质得到，，两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再计算及平面的一个法向量，进而计算即可． 【详解】（1）略 （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，且平面平面，平面， 所以平面ABC，所以，，两两垂直． 则以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，    因为正方形的边长为，则， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为． 【变式1-1】【答案】(1)由题意，在中，勾股定理得，， 过D点作垂足为点E， 则在中，勾股定理可得， 在中，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，平面，, ，， 所以平面 (2)①体积为，外接球表面积为 ② 是上满足的点， 是上满足的点. 【分析】（1）由已知条件计算边长结合勾股定理证明直角，再由面面垂直的性质定理证明 （2）①转换三棱锥顶点，证明PB为高，底面为直角三角形求体积，利用三棱锥的长方体模型求外接球半径进而求其表面积， ②方法一：由已知，解三角形求，判断点的位置，过点作，证明平面与平面重合，由此确定的位置； 方法二：建立空间直角坐标系，设点的坐标，再利用共线向量表示出相应点的坐标，结合垂直向量的数量积为零解方程求解 【详解】（1）略 （2）①由（1）知平面，平面， 所以，故在中，，解得， 在中，， 因为平面，平面，所以，即为直角三角形， 所以， 在三棱锥中，因为，， 故可将其补成以为体对角线的长方体模型， 设外接球半径为，则，所以， 所以外接球表面积 ②方法一：因为平面，， 所以，又，所以， 在中，，，， 所以， 即，故， 又，， 所以， 由正弦定理可得，所以， 是上满足的点， 过点作，交与点，则， 因为，所以， 因为，，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面与平面重合，点与点重合，即 是上满足的点. 综上： 是上满足的点， 是上满足的点. 方法二：由（1）及①知，以D为原点，为轴，为轴，过点在平面中作垂直于的垂线为轴，建立空间直角坐标系，作轴，轴， 在等腰直角中，由面积相等可得，,解得， 所以，因为四边形为矩形，所以， 所以，，， ， 设，，，得， 同理，， ，，， 由题意得，， 所以，，解得，， 所以，， 是上满足的点， 是上满足的点. 【变式1-2】【答案】(1)因为，，为的中点，故， 所以，又是中点，所以， 在中，，， 故，， 因此，， 由可得， 在中由余弦定理得：， 在中： ， 所以，又，平面， 所以平面， (2). 【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证明，根据线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再求出直线的方向向量，结合向量夹角公式求解. 【详解】（1）略； （2）以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 向量，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，即为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为． 【变式1-3】【答案】(1)因为四边形是边长为4的正方形，所以， 翻折后，，又，平面， 所以平面，即平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）运用线面垂直的判定定理，证明一条直线垂直于平面内两条相交直线；再结合翻折前后的平行关系，将线面垂直进行传递； （2）利用余弦定理和等腰三角形的三线合一性质求出底面四边形的面积，再根据棱锥体积公式代入已知高计算体积； （3）通过建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，并利用向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，在中，由余弦定理得． 因为，易知，故四边形的面积为. 由（1）得四棱锥的高，所以四棱锥的体积． （3）取的中点，连接，则，易知两两垂直， 则以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为为边长为4的等边三角形，所以， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面与平面夹角为， 则． ▌题型02 线面平行的探索性问题 【例2】【答案】(1)证明见解析 (2)存在. 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行； （2），当垂直与平面的法向量时平面，求的值即可. 【详解】（1）因为长方体，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系： 由题知， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为，所以平面平面. （2）设线段上存在点使得平面， 由（1）得，，平面的法向量， 所以， 由解得， 即为线段中点时，平面. 【变式2-1】【答案】(1) (2) (3)当时，平面 【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，利用向量的夹角公式即可求解； （3）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， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以； （3）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2-2】【答案】(1)取的中点 ，连接 因为 是的中点， 是的中点， 所以在中，是中位线，故. 又平面， 平面， 所以平面， 故上存在满足条件的点 ，得证. (2) 【分析】（1）取上一点 ，结合 是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面 和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）如图所示， 以点为原点，为 轴，为轴，过点且垂直于平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，则 ，，， 设，由得，即. 由，，， 得： 代入得，即. 平面 中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 平面中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 所以二面角的正弦值： . 【变式2-3】【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，列出向量的坐标，然后根据向量数量积证明即可. （2）先求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. （3）先求出向量的坐标和平面的法向量坐标，然后利用垂直关系计算即可. 【详解】（1）证明：因为长方体中，，两两垂直，则可以以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，，，，， 故，，，． 因为，所以． （2）若，则，，，，， 设平面的一个法向量为，则有 设平面与的夹角为，又线面角， 故. （3）假设在棱上存在一点，使得平面，此时 又设平面的法向量，所以，得， 取，得平面的一个法向量 要使平面，只要，有，解得 又平面，所以存在点P，满足平面，此时. ▌题型03 面面平行的探索性问题 【例3】【答案】AC 【分析】利用空间向量的线性表示及数量积运算可得可判断A，利用特值可判断B，根据空间向量的共面定理结合条件可得动点的组成图形结合条件可判断C，由题可得在平面内，然后根据正方体的性质可得平面平面，进而可得平面与平面的距离，再根据锥体的体积公式可判断D. 【详解】对于A，此时，又， ， 所以， 所以即，故A正确； 对于B，若取，则在棱上，此时平面与平面相交，故B错误； 对于C，如图，，其中， 则的轨迹为的正方体的截面，即为正六边形，由题可知其边长为，其面积为，故C正确； 对于D，如图，，其中， 因为，即在平面内，由正方体的性质可知， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，故平面平面， 由正方体的性质可知平面，平面， 故，又，，且两相交线在平面内，故平面，又平面， 所以，同理，又平面， 所以平面，则平面，又，， 设到平面的距离为，则，可得，同理可得到平面的距离为，故平面与平面的距离为， 所以三棱锥体积，所以D错误. 故选：AC. 【点睛】 关键点点睛：本题的关键是利用空间向量的关系得到动点的轨迹，进而结合正方体的有关知识进行分析处理即得. 【变式3-1】【答案】ACD 【分析】A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行证明；C选项，求出平面的法向量，先求出正弦值的最值，进而求出余弦值的最值；D选项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值. 【详解】因为平面∥平面，而平面，故∥平面，因为点为面对角线上一个动点，故G点到面距离不变，为2，因为分别为棱的中点，故面积不变，故三棱锥不变，三棱锥的体积，故A正确； 如图1，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为 z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设（），平面的法向量为，则，令，则，，则，设平面的法向量，则，令，则，，所以，则设，即，解得：，，因为，故不合题意，所以线段上不存在点，使平面平面，B错误； ，平面的法向量为，则，其中，则的最大值为，因为，所以的最小值为，C正确； 如图2，连接，交EF于点J，则为EF的中点，，则三棱锥的外接球球心的投影为J，过点G作GH⊥于点H，则GH⊥平面，，找到球心位置O，连接，OG，则，为外接球半径，过点O作OK⊥GH于点K，则，，设（），，由勾股定理得：，，从而，解得：，要想半径最大，则只需最大，即最大，当时，最大为2，此时半径的最大值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】对于立体几何的外接球问题，需要确定球心的位置，一般思路是先找到一个特殊的平面，一般为三角形，找三角形的外心，即球心在这个平面的投影，进而确定球心的位置，进而列出方程，求出半径，得到答案. 【变式3-2】【答案】（1）存在，点为线段的中点（2）. 【分析】（1）设的中点为,连接,以为坐标原点,分别以为、、轴建立空间直角坐标系,先求得平面的法向量,若平面平面,则平面,进而求解即可； （2）由（1），利用与求解即可 【详解】（1）证明：存在点为线段的中点,使得平面平面， 设的中点为,连接, 以为坐标原点,分别以为、、轴建立空间直角坐标系,如图所示, 因为正三棱柱的底面边长和侧棱长都为2,是的中点, 所以在中,, 则, 所以, 设为平面的法向量, 则即,设,则,所以； 因为, ,所以, 若线段上存在点,使得平面平面, 设点坐标为,则, 因为平面平面,所以也为平面的法向量,即, 则,所以,所以点为线段的中点 （2）解：由（1）得为平面的法向量,, 则, 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】本题考查利用空间向量处理已知面面平行求点位置问题,考查空间向量法求线面角,考查运算能力 【变式3-3】【答案】ACD 【分析】A注意到当点与点重合时，，据此可判断；B取中点，连接与，由平面平面，平面与平面有一个公共点，可判断；C注意到，据此可判断；D以分别为轴建立空间直角坐标系，设2]，通过方程是否有解可判断. 【详解】A，如图1，当点与点重合时，平面平面，所以平面，正确； B，如图2，取中点，连接与，易证明平面平面， 此时，平面与平面有一个公共点，且显然与平面不重合， 所以不存在点使得平面与平面平行，错误； C，如图3，因为平面平面，所以， 所以对任意给定的点，存在与点重合的点，使得，正确； D，如图4，以分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，设2]， 则，假设，则，即， 所以，因为， 所以对于任意，存在使得成立， 即对任意给定的点，存在点，使得，正确. ▌题型04 线线垂直的探索性问题 【例4】【答案】(1)存在， (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据线面垂直证明线线垂直，再结合向量的数量积进行求解； （2）将二面角转化为两个平面的法向量的夹角进而求解. 【详解】（1）在正三棱柱中，分别取的中点，连接，， 则，，， 以为坐标原点，向量的方向分别为，，轴的正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系， ， 则，，，， 所以，， 因为底面，底面， 所以，所以， 若，则， 解得，故存在，使得. （2）当时，则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，得， 令，则， 设平面的一个法向量为， 则，代入可得， 令，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式4-1】【答案】(1) 依题意，由点为的中点，，得， 又平面， 则平面，又平面，于是， 又平面， 则平面，又平面，则， 而平面，因此平面，又平面， 所以. (2) 依题意，得，由（1）， 则，过点作直线，则有， 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设，即， 则， 若存在点，使得，则，解得，则， 即当为线段中点时，使得，设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值. 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，由求出点位置，再求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）略 （2）略 【变式4-2】【答案】(1)证明如下： 由E，F分别为和的中点，得， 而平面，平面， 所以平面. (2)当时，为棱的中点. 【分析】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得. （2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得． 【详解】（1）略 （2）棱柱中，侧棱底面， 取AB中点O，中点M，连接， 则，平面，而平面，则有， 又，则，即直线两两垂直， 以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， 假设在平面上存在点P，使，设， ， ，即，显然， 由，得，因此，即，此时， 所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使. 【变式4-3】【答案】(1)线段BE上存在一点G，且当时，； (2) 【分析】（1）方法一，利用线面垂直的判定定理证得平面AHG，进而利用线面垂直的性质可得，从而根据条件求解可得即可；方法二，根据题意建立空间直角坐标系，再利用向量垂直的坐标表示求出参数即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，求出平面CEF的法向量，然后利用公式即可得解. 【详解】（1）方法一： 如图，取BC的中点H，过点H作于点G，连接AH，则． 在正三棱柱中，平面平面， 又平面平面，，平面ABC， 所以平面，即平面BCE． 因为平面BCE，所以． 因为，AH，平面AHG，， 所以平面AHG，因为平面AHG，所以． 在中，设，则． 易得， 所以，所以． 所以线段BE上存在一点G，且当时，． 方法二： 取AC的中点O，连接OB，OF．由题意可得OB，OC，OC两两垂直． 如图，以点O为坐标原点，直线OB，OC，OC，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 设，则，，，， 所以，． 设． 由，知，即，所以， 所以，解得． 所以线段BE上存在一点G，且当时，． （2）取AC的中点O，连接OB，OF.由题意可得OB，OC，OF两两垂直， 如图，以点O为坐标原点，直线OB，OC，OF分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．    设，则，，，，，， 所以，，． 设平面CEF的法向量为． 由，得， 令，得，，则． 设直线BD与平面CEF所成的角为θ， 则． 所以直线BD与平面CEF所成角的正弦值为． ▌题型05 线面垂直的探索性问题 【例5】【答案】存在，点Q为点B． 【分析】假设存在点，取的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用直线与平面垂直的性质，得到，即可求得点坐标. 【详解】假设在线段上存在一点，使平面． 取的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 显然， 平面，面，则， ，解得，满足要求， 在线段上存在一点，使平面，此时点为点． 【变式5-1】【答案】(1)证明如下：    连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面， . (2) (3) 【详解】（1）略 （2）    以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. （3）存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 【变式5-2】【答案】(1) 、、分别是，，的中点． ，四边形为平行四边形，可得， 因为平面；平面； 平面； 同理可得平面； 又，平面， 平面平面． (2)存在点Q，它就是点，理由如下： 假设在线段上存在一点使平面． 四边形是正方形，因此点为点． 不妨取，如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，， ，． 所以，，又，平面，所以平面， 在线段上存在一点，使平面，其中点为点． 【分析】（1）由、、分别是，，的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出，，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论． （2）假设在线段上存在一点使平面．四边形是正方形，因此点为点．不妨取．判断是否成立即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 【变式5-3】【答案】(1)证明：若，则平面、平面为同一个平面，连接， 则M是的中点，是的中点，如图，    故是的中位线，所以． 因为，所以平面四边形是平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面， 同理平面，且平面平面， 所以平面平面． (2)不存在，理由如下： 假设存在，使得直线平面． 以C为原点，分别以为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，故． 设是平面的法向量，则， 所以，取，得是平面的一个法向量，        取中点P，中点Q，连接， 则． 于是是二面角的平面角，是二面角的平面角， 是二面角的平面角，于是， 所以，且平面， 故，同理， 所以， 因为， ， 所以． 若直线平面，是平面的一个法向量，则． 即存在，使得，则，此方程组无解， 所以，不存在，使得直线平面． 【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论； （2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论. 【详解】（1）略． （2）略． 【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线平面，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，关键点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论. ▌题型06 面面垂直的探索性问题 【例6】【答案】(1) (2)不存在，理由如下； 以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    由（1）可知，假设存在点，使得平面平面； 易知； 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 由平面平面可得，解得， 即可知； 又点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，可知此时点与点重合，不合题意； 因此可得不存在点，使得平面平面； (3)二面角的最小值为，周长为 【分析】（1）根据依题意利用线面垂直的判定定理可得，点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，即可求得； （2）利用空间向量求出当平面平面时点的位置与点重合，显然不合题意，可知不存在满足题意的点； （3）利用线面角的定义可得当直线与平面所成的角取到最大值时，平面与平面所成锐二面角最小，即可求得结果，作出平面截正方体所得截面图形为五边形，分别算的边长即可求出周长. 【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示：    易知，利用正方体性质可得， 又，平面，所以平面； 又P是对角面（包含边界）内一点，，即可得平面； 所以， 又因为，所以可得， 又，利用勾股定理可得， 由正方体的棱长为1，因此， 因此点的轨迹是在平面内以为直径的半圆； 可得. （2）略 （3）过点作平面与直线垂直， 设直线与平面所成的角为， 易知和平面与平面所成锐二面角互余， 所以当取到最大值时平面与平面所成锐二面角最小， 由（2）可知，又，因此当点竖坐标取到最大值时，即平面时满足题意， 此时，所以， 因此平面与平面所成锐二面角的最小值为 延长，交的延长线与点，交于点，如下图所示： 易知，由可得，所以； 由可知，可得， 过点作分别交于点，则； 显然由正方体性质可得平面，所以平面， 又平面，所以； 由，，平面， 所以平面，即平面即为平面， 设平面截正方体交于点，于点，连接； 所以平面截正方体所得截面图形即为五边形； 设，易知，则； 由可得，解得； 即，所以， 而，所以； 由对称性可知，，； 所以五边形的周长为， 即平面截正方体所得截面图形的周长为. 【点睛】方法点睛：在求解截面图形面积或周长问题时，要先利用线面垂直或线面平行等性质作出截面，在定量计算即可求得结果. 【变式6-1】【答案】(1) ∵平面平面，平面， ，平面，∴平面. ∵平面，∴， 过A作于H， 则， ∴，∴，∴. ∵，平面， ∴平面. ∵平面，∴. (2)存在，，理由如下： 由（1）知，两两垂直， 以A为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设，则， 由，可求得. 设平面PAC的一个法向量为，则， 由， 可得， 即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量. 又， 设平面BCEF的一个法向量为， 则，可得， 所以为平面BCEF的一个法向量. 当，即时，平面平面，故存在满足题意的P， 此时. 【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）略 （2）略 【变式6-2】【答案】(1) 取中点，连接，如图，    又为的中点， ，由，则， 又为等腰直角三角形，，， ，又，平面， 平面，又平面， (2)存在， 【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可. 【详解】（1）略 （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，平面，故， 故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，   ， 则，，， 若存在使得平面平面，且，， 则，解得，， 则，， 设为平面的一个法向量，则， 令，即， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， ，可得． 存在使得平面平面，此时 【变式6-3】【答案】(1)由平面平面，平面平面，平面， ，得平面，而平面，所以. (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质及线面垂直的性质推理即得.. （2）以D点为原点建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用空间向量求得二面角的余弦值； （3）设，求得平面的法向量为，若平面平面，则，从而解得的值，找到Q点的位置. 【详解】（1）略 （2）由，，平面，则平面， 而平面，于是，由，得， 故直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则令，得， 因此，由图得二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （3）假定在线段上存在点，使得平面平面， 设，则， 设平面的法向量为，又， 则，令，得， 由平面平面，得，即，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，此时. ▌题型07 与线线角有关的探索性问题 【例7】【答案】(1)连接AC，交BD于点O，∵底面为菱形，∴， 由题可得，，且，平面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，平面 ,∴平面． (2)存在，. 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【详解】（1）略 （2）由(1)已得底面,且,取中点为连接, 故可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，故，， 又因为，则， 则得，故， 因为直线与直线所成角为， 则， 即， 化简得， 解得， 因为， 所以. 【变式7-1】【答案】(1) 因为在中，，分别为，的中点， 所以，，所以， 又为的中点，所以. 又因为平面平面，且平面，所以平面， 又平面，所以. (2)； (3)存在，. 【分析】（1）先证，再由面面垂直，即可证明线面垂直，再推出线线垂直； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值； （3）假设存在点，设，其中，由（2）建立的空间直角坐标，可求得直线的方向向量与直线的方向向量，根据题意，可求得的值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，所以. 由（1）得，.建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）假设线段上存在点适合题意，设，其中. 设，则， 则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以. 又直线和所成角的余弦值为， 所以，整理得. 解得或2（舍去） 所以线段上存在点适合题意，且. 【变式7-2】【答案】(1) ，是.的中点，， 又平面，平面  平面，     平面，平面面，，     ，平面面，平面平面， 平面，             平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明平面，结合可证； （2）设，由向量法表示直线与直线所成的角求出，再利用向量法求解所求角的余弦值. 【详解】（1）略 （2），平面平面 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，             则点在平面内，，，，，， 则，，， 设， 则点坐标为，，， ，解得，     则点坐标为，知，， 设平面的法向量， 即，即，取，可得；         设平面法向量为， 则，即，取，可得；     ，         即平面与平面所成角的余弦值为.     【变式7-3】【答案】(1)∵底面为直角梯形，，为直角， ，， ∴，，得，所以， 又∵平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，∴， 又∵侧面为等腰直角三角形，， ∴，， ∴平面，又平面，所以． (2) (3)存在， 【分析】（1）利用几何关系得，由面面垂直的性质得平面，从而可得，进而可得平面，由线面垂直的性质，即可求解； （2）法一，利用几何关系得为平面与平面夹角，利用几何关系计算，即可求解；法二，建立空间直角坐标系，求出平面与平面，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）设，，根据题设得或，结合题设，分别讨论，即可求解. 【详解】（1）略 （2）（法一）由题意可知四边形为直角梯形， 延长，交与点，连接． 则平面平面， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知平面，平面， 则，又，，所以平面，平面，则． 所以为平面与平面夹角． 在直角梯形中，，，， 得，，，可解得， 所以在中，， 则平面与平面夹角的余弦值为． （法二）∵平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴， 以所在直线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，即，取，所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）因点在内（不含边界），可设，， 由（2）知，，，， 则， ， 又直线与直线、均成角，则， 又由题意知，所以，即， 得， 整理得，即或． 又由，得，即， ①当时，由，得到，解得或， 当时，， 因为点在内（不含边界），得，，．故，舍去． 当时，，此时符合题意，，得到， ②当时，得， 所以，解得．此时． 因为点在内（不含边界），得，，， 故，舍去． 综上存在点在内（不含边界），使得直线与直线、均成角，且点到点的距离为． ▌题型08 与线面角有关的探索性问题 【例8】【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. 【变式8-1】【答案】(1)取中点，连接，如图， 因为是中点，所以且， 又因为为的中点，则且，所以且， 所以是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. (2)存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，证明见解析. 【分析】（1）取中点，证明是平行四边形，然后线面平行的判定定理得证线面平行； （2）取中点，证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角，利用方程思想求得. 【详解】（1）略 （2）存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，理由如下： 假设存在，使得直线与平面所成角的余弦值为， 在平行四边形中，，是中点，则， 又，所以是等边三角形，所以， 所以， 由余弦定理得， 所以，所以， 又，，平面，所以平面， 取中点，连接，则，，由平面得， 因为，平面， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，又， 所以， 设直线与平面所成角为，平面的一个法向量是，则 ，所以， 所以, 解得（舍去）. 【变式8-2】【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8-3】【答案】(1)2 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得， 解法1：根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； 解法2：利用等体积转换法即可求出； 解法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量代入公式即可； （3）如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【详解】（1）由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； （2）由平面ABC，平面ABC，得， 又，AC，平面PAC，则平面PAC， 由平面PAC，得，即， 又，即，解得． 解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得， 又平面PCB，则平面PCB， 因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长． 在中，，所以，点A到平面PBC的距离为． 解法2：设点到平面的距离为， 则，， 所以，即点到平面的距离为． 解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，， 设平面PBC的法向量， 则，即，令，则，得， 所以点到平面的距离． （ii）存在．过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得： ， 所以， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 设平面的法向量， 则即 令，则，得 则， 整理得，解得： ， 所以，所以． ▌题型09 与面面角有关的探索性问题 【例9】【答案】(1)证明见解析 (2)①；②存在， 【分析】（1）作，由面面垂直的性质定理得到面，进而得出，结合，证得平面；（2）①建立空间直角坐标系，根据点到面的距离公式，求出，②求面和面的法向量，根据二面角的向量公式求出的值. 【详解】（1）过点作的垂线，设垂足为，即有， 因为，面， 面面，面面， 所以面， 又因为面，所以， 因为四边形是矩形，所以， 所以， 因为，， ，面，面， 所以面. （2）因为面，面， 所以，又因为， 所以是二面角的平面角，即， 所以可以以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由已知得，，设，，则，， 且由得， ①设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 所以， 又，所以点到平面的距离. 即，又因为， 所以可解得，因此； ②设，则， 即有，且， 设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 即， 由已知是面的一个法向量， 所以， 解得． 【变式9-1】【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【详解】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为​，是中点，故，且 . 又​，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， 设平面MCD的法向量为， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 【变式9-2】【答案】(1)证明见详解 (2)存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见详解. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出两平面法向量，计算两个平面法向量数量积为0即可证明. （2）利用向量法求出平面法向量，利用向量法表示出二面角的大小，建立方程求解分析即可. 【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. （2）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 【变式9-3】【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． ▌题型10 与点线距有关的探索性问题 【例10】【答案】(1) 证明：取线段的中点，连接，在中，分别为的中点． ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面. (2)存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，点点坐标用表示出来，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）略 （2）在平面内过点作， 又由平面底面,且平面平面,可得平面， 又菱形中，且，所以可得在中有， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以， 设 ， ， ，， 即 化简得，故（舍负）. 综上，存在点，. 【变式10-1】【答案】(1) 过点作，交于点，连接， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， 所以四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面， ∴平面； (2) 由异面直线与成角，即， ∵，，∴平面， ∵，过点作交于点， 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， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 可得平面的一个法向量为， 由于二面角的余弦值为， 则，解得， 则， 假设线段上存在点，使得点到直线的距离为， 设， ∴， 则， ∴，， ∴点到直线的距离为， 解得或， 所以线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点时，使得点到直线的距离为. 【分析】（1）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论； （2）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为，求出的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论. 【详解】（1）略 （2）略 【变式10-2】【答案】(1)证明见解析； (2)①；②存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）①以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，求出平面的一个法向量根据线面夹角向量公式即可求解；②设，则向量，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点. ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面； （2）①在平面内过点作，由平面底面得平面， 菱形中，则， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，是正三角形，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得，所以， 设直线与平面所成的平面角为，且， 则， 故直线与平面所成的角为 ②设 即 化简得，故（舍负） 综上，存在点， 【变式10-3】【答案】(1) 连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. (2) (3) 假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设. 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出及平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）略 ▌题型11 与点面距有关的探索性问题 【例11】【答案】(1) 连接,连接， 四边形为正方形，为中点，为BC的中点，， 平面，平面，平面； (2) (3) 假设在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设， ，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 则点到平面的距离为， 解得，或（舍）， 在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而利用线面角的向量方法即可求解； （3）假设存在点，设，再利用点到平面的距离为即可求出的值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，的中点，连接，， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， 两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为； （3）略 【变式11-1】【答案】(1) 取中点， 为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即，平面，平面， 平面； (2)①；②存在，. 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①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；②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） ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意，，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 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. 【变式11-2】【答案】(1)证明：为等边三角形， 为中点，故. 由得，则，. 平行四边形中 ，，在中，且， 即，故. 在中，由余弦定理得 已知，则，满足， 故. 又，平面， 因此平面. (2)（i）平面， 平面 ，平面平面， 所以由线面平行的性质定理得. （ii）存在，理由如下： 以 为坐标原点，方向为 轴正方向，过 作的平行线为 轴正方向， 方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，，，. 由，， 由得. 由，，取直线的一个方向向量为. ， 设平面的法向量为， 则， 故可设 ，点到平面的距离： 令，则，整理得， 解得（，符合取值范围）. 因此存在，使得点到面的距离为. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）（i）利用线面平行的性质定理，通过两平面的交线直接推导线线平行. （ii）建立空间直角坐标系，通过平面的法向量，结合点到平面的距离公式列方程，求解得到参数. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 【变式11-3】【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）由题设易得，平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （2）设，，可得，结合平面的法向量为，利用点到平面的距离公式列方程求解即可. 【详解】（1）因为，，，所以，即， 在直三棱柱中，平面， 以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，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，令，得，则， 易知平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （2）假设线段上存在点，使得点到平面的距离是， 由（1）知，，设，， 所以，则， 由（1）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离为，解得，     所以当时，存在点满足题意. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 立体几何中的折叠和探索性问题11种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 立体几何的折叠问题 题型 02 线面平行的探索性问题 题型 03 面面平行的探索性问题 题型 04 线线垂直的探索性问题 题型 05 线面垂直的探索性问题 题型 06 面面垂直的探索性问题 题型 07 与线线角有关的探索性问题 题型 08 与线面角有关的探索性问题 题型 09 与面面角有关的探索性问题 题型 10 与点线距有关的探索性问题 题型 11 与点面距有关的探索性问题 ▌题型01 立体几何的折叠问题 1.核心逻辑 平面图形沿折痕翻折，折痕同侧线段长度、角度不变；折痕两侧的二面角、空间距离发生改变。经常利用翻折后得到的线线垂直、面面垂直建立坐标系，再完成证明、求角、求体积计算。 2.解题步骤 ①对照翻折前平面图形，标出所有不变的边长、垂直关系； ②分析翻折后哪些线、面位置发生改变，寻找翻折后出现的垂直，搭建空间直角坐标系； ③写出翻折后各关键点坐标； ④结合向量完成证明、求角、求体积、求距离； ⑤体积最值：当翻折后点到底面距离最大时，几何体体积取得最大值。 3.易错提醒 直接照搬翻折前跨折痕的角度、垂直关系；建系忽略翻折后垂直是否仍然成立。 【例1】（2026高二·湖南邵阳·阶段检测）如图，正方形的边长为．如图，现将正方形沿着对角线翻折，其中为原正方形的中心．    (1)证明：平面平面； (2)翻折至四面体的体积最大时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)在图中连接，，    由是正方形，则和都是等腰三角形， 又是正方形中心，所以，， 因为，且，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． (2) 【分析】（1）根据正方形的性质，及线面垂直的判定和性质即可证明； （2）先根据题意及面面垂直的性质得到，，两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再计算及平面的一个法向量，进而计算即可． 【详解】（1）略 （2）在翻折过程中，四面体的体积取最大值时，点到平面的距离最大， 此时平面平面， 因为，且平面平面，平面， 所以平面ABC，所以，，两两垂直． 则以为坐标原点，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，    因为正方形的边长为，则， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量， 因为，即， 令，则，，得， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成的角的正弦值为． 【变式1-1】（2026高一·广东广州·期中）如图1，在梯形中，，，将沿翻折到如图2，使平面平面． (1)求证：平面； (2)已知点为棱上的点，且， ①求三棱锥的体积及其外接球的表面积； ②过点作平面，使平面，且平面交边于点，平面交于点，求点、的位置． 【答案】(1)由题意，在中，勾股定理得，， 过D点作垂足为点E， 则在中，勾股定理可得， 在中，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，平面，, ，， 所以平面 (2)①体积为，外接球表面积为 ② 是上满足的点， 是上满足的点. 【分析】（1）由已知条件计算边长结合勾股定理证明直角，再由面面垂直的性质定理证明 （2）①转换三棱锥顶点，证明PB为高，底面为直角三角形求体积，利用三棱锥的长方体模型求外接球半径进而求其表面积， ②方法一：由已知，解三角形求，判断点的位置，过点作，证明平面与平面重合，由此确定的位置； 方法二：建立空间直角坐标系，设点的坐标，再利用共线向量表示出相应点的坐标，结合垂直向量的数量积为零解方程求解 【详解】（1）略 （2）①由（1）知平面，平面， 所以，故在中，，解得， 在中，， 因为平面，平面，所以，即为直角三角形， 所以， 在三棱锥中，因为，， 故可将其补成以为体对角线的长方体模型， 设外接球半径为，则，所以， 所以外接球表面积 ②方法一：因为平面，， 所以，又，所以， 在中，，，， 所以， 即，故， 又，， 所以， 由正弦定理可得，所以， 是上满足的点， 过点作，交与点，则， 因为，所以， 因为，，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面与平面重合，点与点重合，即 是上满足的点. 综上： 是上满足的点， 是上满足的点. 方法二：由（1）及①知，以D为原点，为轴，为轴，过点在平面中作垂直于的垂线为轴，建立空间直角坐标系，作轴，轴， 在等腰直角中，由面积相等可得，,解得， 所以，因为四边形为矩形，所以， 所以，，， ， 设，，，得， 同理，， ，，， 由题意得，， 所以，，解得，， 所以，， 是上满足的点， 是上满足的点. 【变式1-2】（2026·河北·模拟预测）在中，，，，为的中点，为中点，如图，沿将翻折至的位置，使点落到点的位置，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)因为，，为的中点，故， 所以，又是中点，所以， 在中，，， 故，， 因此，， 由可得， 在中由余弦定理得：， 在中： ， 所以，又，平面， 所以平面， (2). 【分析】（1）先证明，再根据勾股定理证明，根据线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再求出直线的方向向量，结合向量夹角公式求解. 【详解】（1）略； （2）以为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 向量，，， 设平面的法向量为， 则， 令，得，，即为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为． 【变式1-3】（2026高二·河南驻马店·期末）如图1，四边形是边长为4的正方形，在扇形中，，点是弧的中点．现将正方形沿进行翻折，使得点到达点的位置，点到达点的位置，如图2所示，其中． (1)证明：平面； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为四边形是边长为4的正方形，所以， 翻折后，，又，平面， 所以平面，即平面，所以平面． (2) (3) 【分析】（1）运用线面垂直的判定定理，证明一条直线垂直于平面内两条相交直线；再结合翻折前后的平行关系，将线面垂直进行传递； （2）利用余弦定理和等腰三角形的三线合一性质求出底面四边形的面积，再根据棱锥体积公式代入已知高计算体积； （3）通过建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，并利用向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，在中，由余弦定理得． 因为，易知，故四边形的面积为. 由（1）得四棱锥的高，所以四棱锥的体积． （3）取的中点，连接，则，易知两两垂直， 则以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 因为为边长为4的等边三角形，所以， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面的法向量为， 则，即，． 设平面与平面夹角为， 则． ▌题型02 线面平行的探索性问题 1.核心逻辑 假设棱上存在满足条件的动点，用参数写出动点坐标；线面平行等价于直线方向向量与平面法向量数量积等于0，同时动点要在棱上（）。 2.解题步骤 ①建立空间直角坐标系； ②设动点：若点在线段上，设，写出动点坐标； ③求出直线方向向量，求出目标平面的法向量； ④由线面平行条件：方向向量平面法向量，解出参数； ⑤检验，参数在范围内则存在，说明点位置；否则不存在。 3.易错提醒 解方程得到参数后，忘记检验参数范围；混淆线面平行与线面垂直的向量条件。 【例2】（2026高二·全国·专题练习）如图，长方体中，，， (1)求证：平面平面; (2)线段上，是否存在点，使得平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在. 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量平行即可证明面面平行； （2），当垂直与平面的法向量时平面，求的值即可. 【详解】（1）因为长方体，所以，，两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间坐标系： 由题知， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因为，所以平面平面. （2）设线段上存在点使得平面， 由（1）得，，平面的法向量， 所以， 由解得， 即为线段中点时，平面. 【变式2-1】（2026高二·江苏苏州·期中）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)求平面与平面所成角的正弦值； (3)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) (3)当时，平面 【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，利用向量的夹角公式即可求解； （3）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， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， 所以， 所以； （3）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2-2】（2026·浙江温州·模拟预测）如图所示，三棱锥中，，，且，，E，F分别为和的中点． (1)证明：上存在点P，使得平面； (2)当时，求二面角的正弦值． 【答案】(1)取的中点 ，连接 因为 是的中点， 是的中点， 所以在中，是中位线，故. 又平面， 平面， 所以平面， 故上存在满足条件的点 ，得证. (2) 【分析】（1）取上一点 ，结合 是中点，若能使，再结合的位置，可推出与面内的直线平行，进而证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，根据题意求出各点坐标，再分别求出平面 和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角与二面角的关系，计算二面角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）如图所示， 以点为原点，为 轴，为轴，过点且垂直于平面 的直线为 轴，建立空间直角坐标系，则 ，，， 设，由得，即. 由，，， 得： 代入得，即. 平面 中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 平面中，，， 设法向量为 ， 由得，令，则. 所以二面角的正弦值： . 【变式2-3】（2026高二·广西南宁·阶段检测）如图，在长方体中，，E为CD的中点． (1)求证：． (2)若，求平面与夹角的余弦值． (3)在棱上是否存在一点P，使得平面．若存在，求AP的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，列出向量的坐标，然后根据向量数量积证明即可. （2）先求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. （3）先求出向量的坐标和平面的法向量坐标，然后利用垂直关系计算即可. 【详解】（1）证明：因为长方体中，，两两垂直，则可以以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）. 设，则，，，，， 故，，，． 因为，所以． （2）若，则，，，，， 设平面的一个法向量为，则有 设平面与的夹角为，又线面角， 故. （3）假设在棱上存在一点，使得平面，此时 又设平面的法向量，所以，得， 取，得平面的一个法向量 要使平面，只要，有，解得 又平面，所以存在点P，满足平面，此时. ▌题型03 面面平行的探索性问题 1.核心逻辑 假设存在动点，两个平面平行等价于两个平面的法向量互相平行（坐标成比例）；解出参数后，参数必须落在线段范围之内。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示出动点坐标； ②分别求出两个平面的法向量； ③利用法向量平行（坐标对应成比例）列方程，求解； ④检验； ⑤下结论，说明点的位置或判定不存在。 3.易错提醒 法向量算错；只解方程不验证参数范围；把面面平行条件记成数量积等于0（这是面面垂直）。 【例3】【多选】（2026高三·云南曲靖·阶段检测）已知正方体的棱长为，动点满足，，则下列说法正确的是（    ） A．时， B．对任意，存在，使得平面平面 C．若，则满足条件的动点组成图形的面积为 D．若，则三棱锥体积为 【答案】AC 【分析】利用空间向量的线性表示及数量积运算可得可判断A，利用特值可判断B，根据空间向量的共面定理结合条件可得动点的组成图形结合条件可判断C，由题可得在平面内，然后根据正方体的性质可得平面平面，进而可得平面与平面的距离，再根据锥体的体积公式可判断D. 【详解】对于A，此时，又， ， 所以， 所以即，故A正确； 对于B，若取，则在棱上，此时平面与平面相交，故B错误； 对于C，如图，，其中， 则的轨迹为的正方体的截面，即为正六边形，由题可知其边长为，其面积为，故C正确； 对于D，如图，，其中， 因为，即在平面内，由正方体的性质可知， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，故平面平面， 由正方体的性质可知平面，平面， 故，又，，且两相交线在平面内，故平面，又平面， 所以，同理，又平面， 所以平面，则平面，又，， 设到平面的距离为，则，可得，同理可得到平面的距离为，故平面与平面的距离为， 所以三棱锥体积，所以D错误. 故选：AC. 【点睛】 关键点点睛：本题的关键是利用空间向量的关系得到动点的轨迹，进而结合正方体的有关知识进行分析处理即得. 【变式3-1】【多选】（2026高二·浙江杭州·期末）如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．线段上存在点，使平面平面 C．设直线与平面所成角为，则的最小值为 D．三棱锥的外接球半径的最大值为 【答案】ACD 【分析】A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行证明；C选项，求出平面的法向量，先求出正弦值的最值，进而求出余弦值的最值；D选项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值. 【详解】因为平面∥平面，而平面，故∥平面，因为点为面对角线上一个动点，故G点到面距离不变，为2，因为分别为棱的中点，故面积不变，故三棱锥不变，三棱锥的体积，故A正确； 如图1，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为 z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设（），平面的法向量为，则，令，则，，则，设平面的法向量，则，令，则，，所以，则设，即，解得：，，因为，故不合题意，所以线段上不存在点，使平面平面，B错误； ，平面的法向量为，则，其中，则的最大值为，因为，所以的最小值为，C正确； 如图2，连接，交EF于点J，则为EF的中点，，则三棱锥的外接球球心的投影为J，过点G作GH⊥于点H，则GH⊥平面，，找到球心位置O，连接，OG，则，为外接球半径，过点O作OK⊥GH于点K，则，，设（），，由勾股定理得：，，从而，解得：，要想半径最大，则只需最大，即最大，当时，最大为2，此时半径的最大值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】对于立体几何的外接球问题，需要确定球心的位置，一般思路是先找到一个特殊的平面，一般为三角形，找三角形的外心，即球心在这个平面的投影，进而确定球心的位置，进而列出方程，求出半径，得到答案. 【变式3-2】（2026高二·辽宁抚顺·期末）如图，正三棱柱的底面边长和侧棱长都为2，是的中点. （1）在线段上是否存在一点，使得平面平面，若存在指出点在线段上的位置，若不存在，请说明理由； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）存在，点为线段的中点（2）. 【分析】（1）设的中点为,连接,以为坐标原点,分别以为、、轴建立空间直角坐标系,先求得平面的法向量,若平面平面,则平面,进而求解即可； （2）由（1），利用与求解即可 【详解】（1）证明：存在点为线段的中点,使得平面平面， 设的中点为,连接, 以为坐标原点,分别以为、、轴建立空间直角坐标系,如图所示, 因为正三棱柱的底面边长和侧棱长都为2,是的中点, 所以在中,, 则, 所以, 设为平面的法向量, 则即,设,则,所以； 因为, ,所以, 若线段上存在点,使得平面平面, 设点坐标为,则, 因为平面平面,所以也为平面的法向量,即, 则,所以,所以点为线段的中点 （2）解：由（1）得为平面的法向量,, 则, 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 【点睛】本题考查利用空间向量处理已知面面平行求点位置问题,考查空间向量法求线面角,考查运算能力 【变式3-3】【多选】（2026·广东肇庆·模拟预测）在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（    ） A．当为的中点时，存在点，使得平面 B．当为的中点时，存在点，使得平面平面 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【分析】A注意到当点与点重合时，，据此可判断；B取中点，连接与，由平面平面，平面与平面有一个公共点，可判断；C注意到，据此可判断；D以分别为轴建立空间直角坐标系，设2]，通过方程是否有解可判断. 【详解】A，如图1，当点与点重合时，平面平面，所以平面，正确； B，如图2，取中点，连接与，易证明平面平面， 此时，平面与平面有一个公共点，且显然与平面不重合， 所以不存在点使得平面与平面平行，错误； C，如图3，因为平面平面，所以， 所以对任意给定的点，存在与点重合的点，使得，正确； D，如图4，以分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，设2]， 则，假设，则，即， 所以，因为， 所以对于任意，存在使得成立， 即对任意给定的点，存在点，使得，正确. ▌题型04 线线垂直的探索性问题 1.核心逻辑 两条直线垂直两条直线方向向量的数量积等于0。将动点用参数表示，列数量积为0的方程求解参数。 2.解题步骤 ①建立空间直角坐标系； ②设线段上动点，写出坐标； ③写出两条直线对应的方向向量； ④令两向量数量积等于0，解参数； ⑤判断是否属于，给出存在/不存在结论，描述点位置。 3.易错提醒 向量坐标书写错误；忽略参数取值范围；异面直线垂直同样适用数量积为0。 【例4】（2026高二·福建漳州·期中）如图，在正三棱柱中，点满足，其中，. (1)是否存在使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； (2)当时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)存在， (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据线面垂直证明线线垂直，再结合向量的数量积进行求解； （2）将二面角转化为两个平面的法向量的夹角进而求解. 【详解】（1）在正三棱柱中，分别取的中点，连接，， 则，，， 以为坐标原点，向量的方向分别为，，轴的正方向, 建立如图所示的空间直角坐标系， ， 则，，，， 所以，， 因为底面，底面， 所以，所以， 若，则， 解得，故存在，使得. （2）当时，则，，，， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，得， 令，则， 设平面的一个法向量为， 则，代入可得， 令，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 【变式4-1】（2026高三·海南·开学考试）如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）. (1)求证：. (2)在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 依题意，由点为的中点，，得， 又平面， 则平面，又平面，于是， 又平面， 则平面，又平面，则， 而平面，因此平面，又平面， 所以. (2) 依题意，得，由（1）， 则，过点作直线，则有， 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设，即， 则， 若存在点，使得，则，解得，则， 即当为线段中点时，使得，设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值. 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，由求出点位置，再求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【详解】（1）略 （2）略 【变式4-2】（福建省泉州市鲤城区2025-2026学年高三学期5月联考数学试卷）如图，棱柱中，侧棱底面，，E，F分别为和的中点. (1)求证：平面； (2)设，在平面上是否存在点P，使？若存在，指出P点的位置：若不存，请说明理由. 【答案】(1)证明如下： 由E，F分别为和的中点，得， 而平面，平面， 所以平面. (2)当时，为棱的中点. 【分析】（1）利用三角形中位线性质、线面平行的判定推理即得. （2）取AB中点O，以O为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即得． 【详解】（1）略 （2）棱柱中，侧棱底面， 取AB中点O，中点M，连接， 则，平面，而平面，则有， 又，则，即直线两两垂直， 以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则， 假设在平面上存在点P，使，设， ， ，即，显然， 由，得，因此，即，此时， 所以当时，存在唯一的点，即棱的中点，使. 【变式4-3】（2026·河北邢台·模拟预测）如图，在正三棱柱中，．点D，E，F分别为，，的中点，连接BD，FE，CE，CF，BE．    (1)试问：线段BE上是否存在一点G，使得？若存在，指出点G的位置；若不存在，请说明理由． (2)求直线BD与平面CEF所成角的正弦值． 【答案】(1)线段BE上存在一点G，且当时，； (2) 【分析】（1）方法一，利用线面垂直的判定定理证得平面AHG，进而利用线面垂直的性质可得，从而根据条件求解可得即可；方法二，根据题意建立空间直角坐标系，再利用向量垂直的坐标表示求出参数即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，求出平面CEF的法向量，然后利用公式即可得解. 【详解】（1）方法一： 如图，取BC的中点H，过点H作于点G，连接AH，则． 在正三棱柱中，平面平面， 又平面平面，，平面ABC， 所以平面，即平面BCE． 因为平面BCE，所以． 因为，AH，平面AHG，， 所以平面AHG，因为平面AHG，所以． 在中，设，则． 易得， 所以，所以． 所以线段BE上存在一点G，且当时，． 方法二： 取AC的中点O，连接OB，OF．由题意可得OB，OC，OC两两垂直． 如图，以点O为坐标原点，直线OB，OC，OC，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 设，则，，，， 所以，． 设． 由，知，即，所以， 所以，解得． 所以线段BE上存在一点G，且当时，． （2）取AC的中点O，连接OB，OF.由题意可得OB，OC，OF两两垂直， 如图，以点O为坐标原点，直线OB，OC，OF分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．    设，则，，，，，， 所以，，． 设平面CEF的法向量为． 由，得， 令，得，，则． 设直线BD与平面CEF所成的角为θ， 则． 所以直线BD与平面CEF所成角的正弦值为． ▌题型05 线面垂直的探索性问题 1.核心逻辑 直线垂直平面直线方向向量与平面法向量互相平行（坐标成比例）。 2.解题步骤 ①建系，设棱上动点，引入参数，写出动点坐标； ②求出这条直线的方向向量； ③求出平面的法向量； ④利用向量共线（坐标成比例）建立方程组，求解参数； ⑤检验参数是否在，给出结论。 3.易错提醒 混淆线面垂直、线面平行向量条件；方程组无解直接忽略，没有写“不存在”。 【例5】（2026高三·全国·一轮复习）如图，在正三棱柱中，分别是的中点．在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． 【答案】存在，点Q为点B． 【分析】假设存在点，取的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用直线与平面垂直的性质，得到，即可求得点坐标. 【详解】假设在线段上存在一点，使平面． 取的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 显然， 平面，面，则， ，解得，满足要求， 在线段上存在一点，使平面，此时点为点． 【变式5-1】（2026·北京昌平·模拟预测）如图，在直三棱柱中，．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明如下：    连接交于， ∵三棱柱为直棱柱，平面， ∵平面，∴， ∵. ∴四边形为正方形，∴， ，，，平面. 平面， ∵平面，∴. 又，，平面. 平面. 平面， . (2) (3) 【详解】（1）略 （2）    以为原点，，，分别为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系. 由题意得：. 则. 设平面的法向量为. 则，令，则. . 直线与平面所成角的正弦值为. （3）存在，理由如下： 设()，则. . 若平面，则，解得， 存在点，使平面，此时. 【变式5-2】（2026·全国·模拟预测）如图，在正三棱柱（侧棱垂直于底面，且底面三角形是等边三角形）中，，、、分别是，，的中点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在一点使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． 【答案】(1) 、、分别是，，的中点． ，四边形为平行四边形，可得， 因为平面；平面； 平面； 同理可得平面； 又，平面， 平面平面． (2)存在点Q，它就是点，理由如下： 假设在线段上存在一点使平面． 四边形是正方形，因此点为点． 不妨取，如图建立空间直角坐标系，则，，，， ，， ，． 所以，，又，平面，所以平面， 在线段上存在一点，使平面，其中点为点． 【分析】（1）由、、分别是，，的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出，，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论． （2）假设在线段上存在一点使平面．四边形是正方形，因此点为点．不妨取．判断是否成立即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 【变式5-3】（2026·湖北·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．    (1)若，求证：平面平面； (2)是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：若，则平面、平面为同一个平面，连接， 则M是的中点，是的中点，如图，    故是的中位线，所以． 因为，所以平面四边形是平行四边形，所以． 又平面平面，所以平面， 同理平面，且平面平面， 所以平面平面． (2)不存在，理由如下： 假设存在，使得直线平面． 以C为原点，分别以为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，故． 设是平面的法向量，则， 所以，取，得是平面的一个法向量，        取中点P，中点Q，连接， 则． 于是是二面角的平面角，是二面角的平面角， 是二面角的平面角，于是， 所以，且平面， 故，同理， 所以， 因为， ， 所以． 若直线平面，是平面的一个法向量，则． 即存在，使得，则，此方程组无解， 所以，不存在，使得直线平面． 【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论； （2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论. 【详解】（1）略． （2）略． 【点睛】关键点点睛：是否存在，使得直线平面，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，关键点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论. ▌题型06 面面垂直的探索性问题 1.核心逻辑 两个平面垂直两个平面法向量数量积等于0。 2.解题步骤 ①建系，参数表示线段上动点坐标； ②分别求两个平面的法向量； ③令两个法向量数量积等于0，解方程求； ④验证参数； ⑤若解在区间内，则存在，说明点位置；否则不存在。 3.易错提醒 把面面垂直记成法向量平行；求出参数不做范围检验。 【例6】（2026高二·上海·期末）已知正方体的棱长为1，P是对角面（包含边界）内一点，且. (1)求的长度； (2)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； (3)过点作平面与直线垂直，求平面与平面所成锐二面角的最小值，并求此时平面截正方体所得截面图形的周长. 【答案】(1) (2)不存在，理由如下； 以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：    由（1）可知，假设存在点，使得平面平面； 易知； 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，可得； 由平面平面可得，解得， 即可知； 又点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，可知此时点与点重合，不合题意； 因此可得不存在点，使得平面平面； (3)二面角的最小值为，周长为 【分析】（1）根据依题意利用线面垂直的判定定理可得，点的轨迹是在平面内以为直径的半圆，即可求得； （2）利用空间向量求出当平面平面时点的位置与点重合，显然不合题意，可知不存在满足题意的点； （3）利用线面角的定义可得当直线与平面所成的角取到最大值时，平面与平面所成锐二面角最小，即可求得结果，作出平面截正方体所得截面图形为五边形，分别算的边长即可求出周长. 【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示：    易知，利用正方体性质可得， 又，平面，所以平面； 又P是对角面（包含边界）内一点，，即可得平面； 所以， 又因为，所以可得， 又，利用勾股定理可得， 由正方体的棱长为1，因此， 因此点的轨迹是在平面内以为直径的半圆； 可得. （2）略 （3）过点作平面与直线垂直， 设直线与平面所成的角为， 易知和平面与平面所成锐二面角互余， 所以当取到最大值时平面与平面所成锐二面角最小， 由（2）可知，又，因此当点竖坐标取到最大值时，即平面时满足题意， 此时，所以， 因此平面与平面所成锐二面角的最小值为 延长，交的延长线与点，交于点，如下图所示： 易知，由可得，所以； 由可知，可得， 过点作分别交于点，则； 显然由正方体性质可得平面，所以平面， 又平面，所以； 由，，平面， 所以平面，即平面即为平面， 设平面截正方体交于点，于点，连接； 所以平面截正方体所得截面图形即为五边形； 设，易知，则； 由可得，解得； 即，所以， 而，所以； 由对称性可知，，； 所以五边形的周长为， 即平面截正方体所得截面图形的周长为. 【点睛】方法点睛：在求解截面图形面积或周长问题时，要先利用线面垂直或线面平行等性质作出截面，在定量计算即可求得结果. 【变式6-1】（2026高二·江苏·单元复习）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) ∵平面平面，平面， ，平面，∴平面. ∵平面，∴， 过A作于H， 则， ∴，∴，∴. ∵，平面， ∴平面. ∵平面，∴. (2)存在，，理由如下： 由（1）知，两两垂直， 以A为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设，则， 由，可求得. 设平面PAC的一个法向量为，则， 由， 可得， 即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量. 又， 设平面BCEF的一个法向量为， 则，可得， 所以为平面BCEF的一个法向量. 当，即时，平面平面，故存在满足题意的P， 此时. 【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）略 （2）略 【变式6-2】（2026高二·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 取中点，连接，如图，    又为的中点， ，由，则， 又为等腰直角三角形，，， ，又，平面， 平面，又平面， (2)存在， 【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可. 【详解】（1）略 （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，平面，故， 故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，   ， 则，，， 若存在使得平面平面，且，， 则，解得，， 则，， 设为平面的一个法向量，则， 令，即， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， ，可得． 存在使得平面平面，此时 【变式6-3】（2026高二·广东佛山·阶段检测）如图，在多面体中，梯形与平行四边形所在平面互相垂直，. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值； (3)判断线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)由平面平面，平面平面，平面， ，得平面，而平面，所以. (2)； (3)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质及线面垂直的性质推理即得.. （2）以D点为原点建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，利用空间向量求得二面角的余弦值； （3）设，求得平面的法向量为，若平面平面，则，从而解得的值，找到Q点的位置. 【详解】（1）略 （2）由，，平面，则平面， 而平面，于是，由，得， 故直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为，则令，得， 因此，由图得二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. （3）假定在线段上存在点，使得平面平面， 设，则， 设平面的法向量为，又， 则，令，得， 由平面平面，得，即，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，此时. ▌题型07 与线线角有关的探索性问题 1.核心逻辑 异面直线所成角，；已知角度，代入公式列方程求参数，参数需要满足。 2.解题步骤 ①建系，用表示棱上动点； ②写出两条直线的方向向量； ③代入异面直线夹角余弦公式，去掉绝对值后平方化简方程； ④解出参数； ⑤检验，给出结论。 3.易错提醒 忘记公式的绝对值；直接用向量夹角代替异面直线角；不检验参数范围。 【例7】（2026高一·全国·期末）如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记，是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)连接AC，交BD于点O，∵底面为菱形，∴， 由题可得，，且，平面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，平面 ,∴平面． (2)存在，. 【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面； （2）由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得，利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得. 【详解】（1）略 （2）由(1)已得底面,且,取中点为连接, 故可以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，故，， 又因为，则， 则得，故， 因为直线与直线所成角为， 则， 即， 化简得， 解得， 因为， 所以. 【变式7-1】（2026高二·福建三明·期中）如图1，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2. (1)求证：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)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，请说明理由. 【答案】(1) 因为在中，，分别为，的中点， 所以，，所以， 又为的中点，所以. 又因为平面平面，且平面，所以平面， 又平面，所以. (2)； (3)存在，. 【分析】（1）先证，再由面面垂直，即可证明线面垂直，再推出线线垂直； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，即可由向量法求得线面角的正弦值； （3）假设存在点，设，其中，由（2）建立的空间直角坐标，可求得直线的方向向量与直线的方向向量，根据题意，可求得的值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，所以. 由（1）得，.建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意得，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设直线和平面所成的角为， 则. 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）假设线段上存在点适合题意，设，其中. 设，则， 则有， 所以，，，从而， 所以，又， 所以. 又直线和所成角的余弦值为， 所以，整理得. 解得或2（舍去） 所以线段上存在点适合题意，且. 【变式7-2】（2026高二·辽宁大连·期中）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)求证：直线平面； (2)若直线上存在一点（与都在的同侧），且直线与直线所成的角为，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1) ，是.的中点，， 又平面，平面  平面，     平面，平面面，，     ，平面面，平面平面， 平面，             平面； (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明平面，结合可证； （2）设，由向量法表示直线与直线所成的角求出，再利用向量法求解所求角的余弦值. 【详解】（1）略 （2），平面平面 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，             则点在平面内，，，，，， 则，，， 设， 则点坐标为，，， ，解得，     则点坐标为，知，， 设平面的法向量， 即，即，取，可得；         设平面法向量为， 则，即，取，可得；     ，         即平面与平面所成角的余弦值为.     【变式7-3】（2026·河北沧州·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，为直角，侧面为等腰直角三角形，平面平面，且，． (1)求证：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在内（不含边界）是否存在点，使直线与直线、所成的角均为，若存在，求点到点的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)∵底面为直角梯形，，为直角， ，， ∴，，得，所以， 又∵平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，∴， 又∵侧面为等腰直角三角形，， ∴，， ∴平面，又平面，所以． (2) (3)存在， 【分析】（1）利用几何关系得，由面面垂直的性质得平面，从而可得，进而可得平面，由线面垂直的性质，即可求解； （2）法一，利用几何关系得为平面与平面夹角，利用几何关系计算，即可求解；法二，建立空间直角坐标系，求出平面与平面，再利用面面角的向量法，即可求解； （3）设，，根据题设得或，结合题设，分别讨论，即可求解. 【详解】（1）略 （2）（法一）由题意可知四边形为直角梯形， 延长，交与点，连接． 则平面平面， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知平面，平面， 则，又，，所以平面，平面，则． 所以为平面与平面夹角． 在直角梯形中，，，， 得，，，可解得， 所以在中，， 则平面与平面夹角的余弦值为． （法二）∵平面平面，平面平面， 可过点作垂足为， 由题意知为等腰直角三角形，故点为线段的中点，且， 分别以过点与直线，平行的直线为轴，轴， 以所在直线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，即，取，所以， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）因点在内（不含边界），可设，， 由（2）知，，，， 则， ， 又直线与直线、均成角，则， 又由题意知，所以，即， 得， 整理得，即或． 又由，得，即， ①当时，由，得到，解得或， 当时，， 因为点在内（不含边界），得，，．故，舍去． 当时，，此时符合题意，，得到， ②当时，得， 所以，解得．此时． 因为点在内（不含边界），得，，， 故，舍去． 综上存在点在内（不含边界），使得直线与直线、均成角，且点到点的距离为． ▌题型08 与线面角有关的探索性问题 1.核心逻辑 线面角，，直线方向向量，平面法向量；已知线面角，建立关于参数的方程求解。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点； ②求直线方向向量、平面法向量； ③代入线面角正弦公式，列等式，平方去掉绝对值； ④解方程求； ⑤检验，给出存在与否。 3.易错提醒 误用代替；丢掉绝对值，符号出错。 【例8】（2026高二·广东深圳·阶段检测）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线. (1)证明：平面； (2)直线l上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)连接并延长，交圆于点，连接， 则，， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以， 故平面与平面的交线为所在直线，即所在直线为直线， 因为为直径，所以， 因为平面平面，交线为，平面， 所以平面，即平面. (2)存在，1 【分析】（1）由三角形中位线性质得，结合圆的直径特征构造矩形，以此确定两平面的交线；利用直径所对圆周角为直角得到线线垂直，再结合面面垂直的性质定理，证明平面. （2）建立空间直角坐标系，设出直线上点的坐标，求出平面的法向量；根据线面角的向量计算公式列方程，解出参数后得到的长度，验证点是否存在. 【详解】（1）略 （2）在上取点，连接，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直，的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，， 所以，，，， ，， 则， 设平面的法向量为， 则 解得，令，则， 故，又， 故， 解得，故，即直线上存在点， 使得直线与平面所成的角的正弦值为，且. 【变式8-1】（2026高一·重庆·期末）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，将沿折起，连接与 ，如图2.    (1)设为中点，求证:平面； (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的余弦值为?若存在，求出的值;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)取中点，连接，如图， 因为是中点，所以且， 又因为为的中点，则且，所以且， 所以是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. (2)存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，证明见解析. 【分析】（1）取中点，证明是平行四边形，然后线面平行的判定定理得证线面平行； （2）取中点，证明平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角，利用方程思想求得. 【详解】（1）略 （2）存在，使得直线与平面所成角的余弦值为，理由如下： 假设存在，使得直线与平面所成角的余弦值为， 在平行四边形中，，是中点，则， 又，所以是等边三角形，所以， 所以， 由余弦定理得， 所以，所以， 又，，平面，所以平面， 取中点，连接，则，，由平面得， 因为，平面， 所以平面， 以为原点，为轴，为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，又， 所以， 设直线与平面所成角为，平面的一个法向量是，则 ，所以， 所以, 解得（舍去）. 【变式8-2】（2026·云南·模拟预测）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8-3】（2026·陕西榆林·模拟预测）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．例如：正四面体在顶点A处的离散曲率为．如图，在三棱锥中． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率之和； (2)若平面ABC，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为． （i）求点到平面的距离； （ii）若点为的中点，则在棱上是否存在点，使直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得， 解法1：根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； 解法2：利用等体积转换法即可求出； 解法3：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量代入公式即可； （3）如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【详解】（1）由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； （2）由平面ABC，平面ABC，得， 又，AC，平面PAC，则平面PAC， 由平面PAC，得，即， 又，即，解得． 解法1：过点A作于点M，由平面PAC，平面PAC，得， 又平面PCB，则平面PCB， 因此点A到平面PCB的距离为线段AM的长． 在中，，所以，点A到平面PBC的距离为． 解法2：设点到平面的距离为， 则，， 所以，即点到平面的距离为． 解法3：过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得，， 设平面PBC的法向量， 则，即，令，则，得， 所以点到平面的距离． （ii）存在．过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得： ， 所以， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 设平面的法向量， 则即 令，则，得 则， 整理得，解得： ， 所以，所以． ▌题型09 与面面角有关的探索性问题 1.核心逻辑 二面角与两平面法向量夹角相等或互补；锐二面角取绝对值；已知二面角大小，列方程解参数。 2.解题步骤 ①建系，参数表示动点； ②求出两个平面的法向量； ③根据二面角是锐角/钝角，选择是否加绝对值，列出方程； ④化简解方程，得到参数； ⑤检验，下结论。 3.易错提醒 不看图判断二面角是锐角还是钝角，直接照搬法向量夹角；不检验参数范围。 【例9】（2026高二·江苏南京·期中）如图，在以顶点的五面体中，四边形是矩形，平面平面，． (1)证明：平面； (2)已知二面角是，，点到平面的距离为． ①求； ②在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②存在， 【分析】（1）作，由面面垂直的性质定理得到面，进而得出，结合，证得平面；（2）①建立空间直角坐标系，根据点到面的距离公式，求出，②求面和面的法向量，根据二面角的向量公式求出的值. 【详解】（1）过点作的垂线，设垂足为，即有， 因为，面， 面面，面面， 所以面， 又因为面，所以， 因为四边形是矩形，所以， 所以， 因为，， ，面，面， 所以面. （2）因为面，面， 所以，又因为， 所以是二面角的平面角，即， 所以可以以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由已知得，，设，，则，， 且由得， ①设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 所以， 又，所以点到平面的距离. 即，又因为， 所以可解得，因此； ②设，则， 即有，且， 设面的法向量为，则有 即有 令，则，， 即， 由已知是面的一个法向量， 所以， 解得． 【变式9-1】（2026·陕西渭南·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；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）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【详解】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为​，是中点，故，且 . 又​，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， 设平面MCD的法向量为， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 【变式9-2】（2026·贵州毕节·模拟预测）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见详解. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出两平面法向量，计算两个平面法向量数量积为0即可证明. （2）利用向量法求出平面法向量，利用向量法表示出二面角的大小，建立方程求解分析即可. 【详解】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. （2）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 【变式9-3】（2026高二·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． ▌题型10 与点线距有关的探索性问题 1.核心逻辑 已知点到直线距离，用投影+勾股定理版点到直线距离公式：，带入距离定值，建立含参数的方程求解。 2.解题步骤 ①建系，用参数表示动点坐标； ②确定直线定点、方向向量，写出相关向量； ③代入点到直线距离公式，等式两边平方消根号； ④解方程，得到参数； ⑤检验以及分母模长不为0，得出结论。 3.易错提醒 根号内平方相减顺序颠倒；忘记平方直接解方程，出现漏解。 【例10】（2026高二·河南驻马店·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点． (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，；在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 证明：取线段的中点，连接，在中，分别为的中点． ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面. (2)存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，点点坐标用表示出来，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）略 （2）在平面内过点作， 又由平面底面,且平面平面,可得平面， 又菱形中，且，所以可得在中有， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，由且，所以是正三角形，所以， 设 ， ， ，， 即 化简得，故（舍负）. 综上，存在点，. 【变式10-1】（2026高三·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 【答案】(1) 过点作，交于点，连接， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， 所以四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面， ∴平面； (2) 由异面直线与成角，即， ∵，，∴平面， ∵，过点作交于点， 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， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 可得平面的一个法向量为， 由于二面角的余弦值为， 则，解得， 则， 假设线段上存在点，使得点到直线的距离为， 设， ∴， 则， ∴，， ∴点到直线的距离为， 解得或， 所以线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点时，使得点到直线的距离为. 【分析】（1）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论； （2）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为，求出的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论. 【详解】（1）略 （2）略 【变式10-2】（2026高二·浙江宁波·期中）如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，为棱的中点，为边的中点. (1)求证：平面； (2)若侧面底面，且，； ①求与平面所成的角； ②在棱上是否存在点，使点到直线的距离为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②存在点， 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明为平行四边形，即可证明结论； （2）①以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，求出平面的一个法向量根据线面夹角向量公式即可求解；②设，则向量，根据点到直线距离向量公式解出参数，即可求出结果． 【详解】（1）取线段的中点，连接，在中，分别为的中点. ，且 又底面是菱形，且为的中点， ，且， ，且 四边形为平行四边形， 又平面平面 平面； （2）①在平面内过点作，由平面底面得平面， 菱形中，则， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，是正三角形，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得，所以， 设直线与平面所成的平面角为，且， 则， 故直线与平面所成的角为 ②设 即 化简得，故（舍负） 综上，存在点， 【变式10-3】（2026高三·北京·阶段检测）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. (2) (3) 假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设. 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出及平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【详解】（1）略 （2）取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）略 ▌题型11 与点面距有关的探索性问题 1.核心逻辑 点到平面距离；已知距离为定值，建立含参方程求解参数。 2.解题步骤 ①建系，参数表示出动点； ②取平面内定点，求平面法向量； ③写出向量，代入距离公式； ④等式两边平方，去掉绝对值、分母根号，解方程； ⑤检验、法向量模长不为0，给出存在或不存在。 3.易错提醒 不去绝对值直接列等式，产生漏解；得到参数不检验是否在线段上。 【例11】（2026高二·北京昌平·期末）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面为BC的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 连接,连接， 四边形为正方形，为中点，为BC的中点，， 平面，平面，平面； (2) (3) 假设在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设， ，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 则点到平面的距离为， 解得，或（舍）， 在棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而利用线面角的向量方法即可求解； （3）假设存在点，设，再利用点到平面的距离为即可求出的值. 【详解】（1）略 （2）取的中点，的中点，连接，， 为等边三角形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，平面，， 两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为； （3）略 【变式11-1】（2026高二·吉林长春·期末）在四棱锥中，底面ABCD，，，，M是PD中点. (1)求证：平面PAB； (2)若， ①求平面PBC与平面PCD夹角的余弦值； ②在线段BD上是否存在点Q，使得点D到平面MAQ的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 取中点， 为中点， ，且， 又，， ，且， 四边形为平行四边形，即，平面，平面， 平面； (2)①；②存在，. 【分析】（1）取中点，连接，根据线线平行证明线面平行； （2）①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；②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） ①平面，且， 则以点为坐标原点，，，方向为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 得，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， ， 平面与平面所成角的余弦值为； ②存在点满足题意，，， 假设存在点满足题意，设，， ，， 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. 【变式11-2】（2026高一·浙江宁波·期末）如图，四棱锥的底面是平行四边形且，，为等边三角形，， 为中点． (1)证明：平面； (2)设 为侧棱 上一点，四边形是过 ， 两点的截面，分别交 ， 于， 两点，平面． （i）证明：； （ii）设，是否存在，使得点到面的距离为． 【答案】(1)证明：为等边三角形， 为中点，故. 由得，则，. 平行四边形中 ，，在中，且， 即，故. 在中，由余弦定理得 已知，则，满足， 故. 又，平面， 因此平面. (2)（i）平面， 平面 ，平面平面， 所以由线面平行的性质定理得. （ii）存在，理由如下： 以 为坐标原点，方向为 轴正方向，过 作的平行线为 轴正方向， 方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 各点坐标为，，，，. 由，， 由得. 由，，取直线的一个方向向量为. ， 设平面的法向量为， 则， 故可设 ，点到平面的距离： 令，则，整理得， 解得（，符合取值范围）. 因此存在，使得点到面的距离为. 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证得平面. （2）（i）利用线面平行的性质定理，通过两平面的交线直接推导线线平行. （ii）建立空间直角坐标系，通过平面的法向量，结合点到平面的距离公式列方程，求解得到参数. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 【变式11-3】（2026高二·广东茂名·期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，，. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (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，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）由题设易得，平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （2）设，，可得，结合平面的法向量为，利用点到平面的距离公式列方程求解即可. 【详解】（1）因为，，，所以，即， 在直三棱柱中，平面， 以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，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，令，得，则， 易知平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （2）假设线段上存在点，使得点到平面的距离是， 由（1）知，，设，， 所以，则， 由（1）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离为，解得，     所以当时，存在点满足题意. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $