培优专题04 空间向量解决动点存在性问题（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦空间向量工具，系统覆盖平行垂直、空间角、距离及综合类动点存在性问题，以题型分层递进构建解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平行垂直|3+3|以线面、面面关系为背景，判断动点位置|从向量平行垂直条件到空间位置关系论证| |空间角|3+3+3|含异面直线夹角、线面角（高频）、二面角（重）|向量数量积与空间角公式的转化应用| |空间距离|3+3|点到直线、点到平面距离（重）的存在性|空间距离公式与动点轨迹的代数表达| |综合问题|4+3|含新定义、多面体体积等复杂情境|空间向量工具在跨知识模块中的综合迁移|

专题04 空间向量解决动点存在性问题 常考题型·精准突破 考点一 平行垂直的动点存在性问题 ◆题型1 平行的动点存在性问题 1．ACD 2．(1) 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. (2)①； ②由题意，若存在点，使得平面平面，且满足平面， 而平面，平面，则， 因为平面，平面，所以平面，设， 由①可知，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由平面，得，解得， 则存在点，使得平面平面，且满足平面，且. 【分析】（1）先证明，，即可得到平面，进而求证即可； （2）①建立空间直角坐标系，设，利用空间向量建立方程求解即可； ②由题设可得平面，进而利用空间向量求解即可. 【详解】（1）略 （2）①以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，      则，设，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以，解得，即； ②略 3．(1)在圆台中，，分别为上下底面的圆心，有平面，由于平面，所以．且，，平面，，所以平面． (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）先利用平面证得，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）由圆台体积求出其高度，建系后求出相关点的坐标. （ⅰ）利用和向量共线求出点的坐标，即可求出的值；（ⅱ）根据（ⅰ）建的坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）由圆台体积公式可得解得． 由于，，两两相交且垂直， 则以为一组正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， 因为的中点，则． （ⅰ）设，则． 则，， 由于，即存在,使得, 即，解得，，，即， 所以半径． （ⅱ）由于平面， 不妨设平面的一个法向量． 设平面的一个法向量， 有，即，故可取． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. ◆题型2 垂直的动点存在性问题 4．B 5．(1)由正三棱柱的定义可知是等边三角形， 因为D为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以． 因为，平面，且， 所以平面 (2)存在点E， 【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可； （2）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可. 【详解】（1）略. （2）存在．在中，作，垂足为E，连接BE． 由（1）知平面，所以． 因为AB，平面，且，所以平面． 因为平面BCE，所以平面平面． 设，则，，故． 因为，所以， 则，， 所以． 故在上存在点E，使得平面平面，此时． 6．(1)取的中点，连接.因为点为棱的中点， 所以，且，又因为，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. (2) (3)在棱上存在点，满足，此时 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，从而得到，最后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出直线的方向向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值， 即为线面角的正弦值； （3）设比例参数，写出，利用垂直向量数量积为0建立方程求出，且在范围内，说明该点存在. 【详解】（1）略 （2）依题意，以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为点为棱的中点，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设在棱上存在点，满足， 设，则， 因为， 故， 由，得，解得，满足， 所以在棱上存在点，满足，此时. 7．(1)取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【详解】（1）略 （2）略 考点二 空间角的动点存在性问题 ◆题型3 异面直线夹角的动点存在性问题 8．BD 9．(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. 10．(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.     ◆题型4 线面角的动点存在性问题 11．D 12．(1) 证明：直三棱柱中，侧棱面，面，. 假设，， ，，， ，故. 又，，平面， 平面，平面，. (2) (3)存在，的中点 【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；通过法向量的夹角来求二面角的大小； （3）设出点的坐标（用参数表示），再求出平面的法向量，根据线面角的向量公式列出方程，求解参数判断是否存在及位置. 【详解】（1）略 （2）如图所示：以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 各点坐标为：, 则， 设平面的一个法向量为， 则：，令，得，故. 设平面的一个法向量为， 则：，取，得，故. 所以， 由图易知二面角为锐二面角，故， 所以二面角的大小为. （3）设在线段上，令，，得， 则. 设线面角为，由（1）知平面的法向量为. ， 所以， 解得，符合要求， 所以存在满足条件的点，为线段的中点. 13．(1)4 (2)（i）存在；（ii） 【分析】（1）设点到平面的距离为，利用等体积法，将体积最大化为点到平面的距离最大，取中点，连接，根据已知及面面、线面垂直的判定求线段的长； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，利用向量法及线面角的正弦值列方程求参数；（ii）设内切球球心为，应用等体积法有，即可求半径. 【详解】（1）设点到平面的距离为， 则，其中为定值， 要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大值， 取中点，连接， 由题意得， 则为等边三角形，， 则， 即平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面，连接， 在中， 由余弦定理得， 所以，而，则，故． 由平面平面平面，则平面， 由平面，则，所以； （2）（i）由（1）知，当时，平面平面． 在平面内过作，平面平面平面， 所以平面平面，则． 如图，以点为原点，以所在直线分别为轴， 过点做垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简可得，解得，或（舍） 故时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； （ii）由（1）可知，为直角三角形，． 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为， 由等体积法知 其中，， 故， 故当时，三棱锥的内切球的半径为. ◆题型5 二面角和面面角的动点存在性问题 14．(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. 15．(1)为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出； （3）设，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2），， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. （3）设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 16．(1)证明见解析 (2)存在， (3)1 【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直； （2）通过画图得到二面角的平面角，利用已知条件即可求解或者建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解； （3）根据题意得出，然后底面积之比以及高之比得出右侧几何体的体积的表达式，从而得到答案. 【详解】（1）在中，， 所以， 过点作于点，连接，则， 因为，，为公共边，所以. 所以，且，又，所以，所以， 又因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解法一：取中点，由（1）知，，∴. 过作交于，过作交于，则，所以， 所以，为二面角的平面角， 设，由，得， 同理；， 由，得， 在中，，解得， 所以线段上存在一点E，使得二面角的正切值为.， 解法二：设存在满足题意的点，由（1）可知两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，， ，，， 设，，则， 显然平面的法向量. 设平面的法向量，则， 取，则，，所以， 若二面角的正切值为，则其余弦值为， 则， 整理得，所以，又因为，所以， 所以，即当时，二面角的正切值为. （3）当时，平面截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为， 当时，平面截三棱锥所得截面为四边形， 设截面与棱的交点分别为，求得 ， 右侧部分的体积， 化简得， 当时，检验符合上方程， 又时，有且只有一个值符合，故 考点三 空间距离的动点存在性问题 ◆题型6 点到直线距离的动点存在性问题 17．AB 18．(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，. 19．(1)不存在点，使得，理由如下： 由于三棱柱是直三棱柱，且，故两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则 由，可设，则, 故, 所以不存在点，使得. (2)或 (3) 【分析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标， 计算并验证其是否为0； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法由直线PN与平面所成角的正弦值求出参数的值； （3）利用点到直线的距离的空间向量计算公式得到关于参数的函数，求函数的值域即可. 【详解】（1）不存在点，使得,理由略； （2）设平面的一个法向量为，则， 因为，所以，即， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或. 当时，，，此时； 当时，，，此时. 所以当或时直线与平面所成角的正弦值为. （3）设点到直线的距离为，由（1）知，， ，， ， 则. ∴. ◆题型7 点到平面距离的动点存在性问题 20．C 21．(1)证明：平面，平面， ，又因为平面，平面， 平面， 平面平面平面， . (2)； (3)存在，. 【分析】（1）运用线面平行的判定定理得出线面平行，再由线面平行的性质定理证明线线平行； （2）利用等体积法求出为等腰直角三角形，得出，建立空间直角坐标系，利用垂直求出，再求解两平面的法向量，最后利用向量夹角余弦公式计算求解即可； （3）设，结合平面的法向量，利用向量法求解即可得出的长度． 【详解】（1）略 （2）平面，，平面，又平面， . 又平面平面， ， 又平面， 平面， ，点到平面的距离为，， ，即， 又因为，故， 又因为， ，因此， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立下图所示空间直角坐标系， 设，则 ， ， ，解得， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ， ，则，取，则，则， ， ，取，则，则， 设平面和平面所成角的大小为， ，故. （3）设线段上存在点，使得与平面所成的角为， 设， 则，则， 由(2)知，平面的法向量为， ，整理得， 解得， ， 线段上存在点，使得与平面所成的角为，此时. 22．(1) 取的中点N， 连接， 如图所示：   为棱的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面， 平面. (2) (3)存在，理由如下： 假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设 则 由（i）知平面的一个法向量为 点Q到平面的距离是 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明； （2）建系得出平面和平面的法向量即可得出面面角余弦，最后同角三角函数关系求解正弦； （3）设再应用点到平面距离即可计算求参. 【详解】（1）略 （2）    由在等腰梯形中，，，为边上靠近点的三等分点，可得， 也即 又平面平面，交线为,平面， 所以平面， 又平面ABCD， 又 以点D为坐标原点，    所在直线分别为轴建立直角坐标系，, 如图，则 为棱的中点， （i） 设平面的一个法向量为 则 令 则 平面的一个法向量为 所以二面角的正弦值为. （3）略 考点四 其他动点存在性问题 ◆题型8 其他动点存在性问题 23．(1) 方法一：由平面，平面，得， 因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连接，又因为，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. 方法二：因为平面，平面，得， 又因为，所以，， 又因为，所以，， 又因为， 由余弦定理得， 所以，故， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故， 又因为，且，，、平面， 所以平面. (2)（i）； （ii）存在，时，点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 理由如下： 设，则， 设过，，，四点的球的球心为， 半径为，则， 即，求解可得：， 令，解得满足条件， 综上所述：时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 【分析】（1）方法一：利用线面垂直判定定理，通过证明垂直平面内两条相交直线与来实现；方法二：先求出相关边长和角度，再证明垂直平面内两条相交直线与. （2）（i）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. （ii）先根据向量关系得出点坐标，再利用球心到四点距离相等列出方程，求解方程得到球心坐标，最后根据球心在平面内确定的值. 【详解】（1）略 （2）（i）以为原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 由于，即，即， 所以，则， 设平面的法向量为，，， 则，令，则， 设平面的法向量为，， 则， 令，则， 设二面角的平面角为，注意到为锐二面角， 所以， 即二面角的余弦值为. （ii）略 24．(1) (2)存在， 【分析】（1）作直线 交于点 ，利用线面平行的性质可得 ，进而可求得的值． （2）利用体积公式求得，记，利用导数可求得体积的最大值，确定，法一：延长交 于 ，连接交 于，设，利用向量的线性运算可求得的值；法二：建立空间直角坐标系，设，求得平面 的一个法向量，进而利用 可求得，进而可求得的值. 【详解】（1）作直线交于点，因为，所以． 因为平面，面 ，面平面， 所以，所以四边形 为平行四边形，所以，所以． （2）因为 ，，，所以平面， 在中，， ，所以， 又（ ），所以，所以， 因为，且 ，所以，所以， 因为四棱锥的体积 ， 记，，， 令，得，解得或（舍去）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当时，四棱锥的体积最大，此时，，． 方法一： 如图，延长 交 于 ，连接交于， 设， 由解得， 则得，则， 即得 所以. 方法二： 如图，分别以 ，，所在直线为 ，， 轴建立空间直角坐标系. 则，，，，． 设，，，， 设平面法向量， 则，故可取， 由解得， 所以. 25．(1)证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点 又由于，，所以，， 平面，，所以平面； (2)不存在，理由：假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高， 因为底面是菱形，则， 所以， 解得， 此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥； (3)500， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论； （3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小. 【详解】（1）略 （2）略 （3）方法一：过点P作直线，则l平面， 由于，所以，则l平面，所以平面平面， 作，垂足分别为E，F，则, 所以是平面与平面所成二面角或其补角 ，由于PO⊥平面， 平面，故，而O为的中点，则, 设，则， ， 由PO⊥平面，平面，故， 而平面，故平面， 平面，故， 所以 当且仅当时取等号， 故四棱锥体积的最大值为500（）， 此时平面与平面所成二面角为90° 方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E， 取的中点G，，由以上分析可知， 所以， 以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系， 设，，，， 由勾股定理知， ， 当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500； 此时，，，，， ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可取； ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可得平面的一个法向量， 故，所以所求二面角为90°. 26．(1) 证明：在矩形中，因为∥，， 所以四边形为正方形， 则，，即，又， 所以平面，则是平面的一个法向量， 同理证得平面，又平面， 所以，即， 又平面，所以∥平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）利用直线方向向量和平面法向量垂直证明线面平行即可； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合方向向量和法向量以及点到平面的距离公式计算距离； （ⅱ）利用空间中线段最短的性质，确定位于线段，再分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，，由（1）知，∥，且平面， 所以平面，则， 因为平面平面，且，平面平面， 所以平面，又平面，则， 在，中，当为的中点时，点到，，，的距离相等.    （ⅰ）由上知，，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，. 设平面的法向量为， ，令，则 所以点到平面的距离为. （ⅱ）由可知，点在以为球心，以为半径的球的球面上， 当，，共线，且位于线段上时，取得最小值. 由坐标系可知，， ，所以， 则，又， 设平面的法向量为， ，令，则， 由（1）知是平面的一个法向量，记为， 于是，故平面与平面夹角的余弦值为. ◆题型9 新定义中的动点存在性问题 27．(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． 28．(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）先证明为直线与所成角，再由定义去求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）由，，设，，得，即可求解． 【详解】（1）因为底面为矩形，所以，， 又底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成角，即， 在直角中， 所以， . （2）因为且为矩形， 所以可如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则， 令，得   所以， 因为  所以平面的法向量可取， 设二面角的平面角为 ，则， 所以 ，     所以， 所以二面角的正弦值为． （3）依题意，，， 又， 所以，， 设，， 则 ， 所以， 由， 得 ，  所以 ， ， 由（1）知， 又因 ， 所以， 所以线段上存在点，使得，此时． 29．(1)证明如下： 因为 ， 所以，即． (2)（ⅰ）， （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 【分析】（1）利用基底法表示向量，结合已知条件求出向量的数量积，利用数量积为0证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，根据投影偏差率定义求解，求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解；（ⅱ）根据投影偏差率定义结合（ⅰ）化简，利用“存在两个不同的锐角，使得”的条件构造方程，进而求出，证明结论． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）略 综合攻坚·知能拔高 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A D D B B C ABD BCD 9．1 10． 11．(1)因为三棱柱为正三棱柱，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为为正三角形，点为的中点，所以， 又因为，平面，所以平面； (2)在棱上存在点，使得平面； (3) 【分析】（1）由题意可得，，利用线面垂直的判定定理可证结论； （2）根据给定条件，证明平面平面，过点作交于点，利用面面垂直的性质可求得结论. （3）利用（2）的结论，把所求距离转化为点到平面的距离求解即可. 【详解】（1）略. （2）由（1）知平面，又平面， 所以平面平面， 在平面内过点作交于点， 又平面平面，所以平面， 于是点即为所要找的点，又，所以， 即有，于是，所以， 所以. （3）取的中点，连接，因为点为的中点， 则，， 于是为平行四边形，即，而平面， 平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离, 又为的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半， 而由（2）知，当时，平面，， 设，则， 所以点到平面的距离. 12．(1)2 (2)存在，. 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）首先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，构造线面角，再设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， 又因为 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面， ∴平面 ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴， 过点作交于，连接， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为， 则， 设， 依题意可得，， ， ， 由假设可得， 在中， ， 又，所以， 则， 所以， 解得：或（舍） 即，故， 所以点为线段的靠近点的三等分点时，直线与平面所成角的余弦值为，此时. 13．(1)因为在梯形中，，为的中点， 所以， 所以四边形为平行四边形， 因为线段与交于点，所以为线段的中点， 所以中， 因为平面，平面， 所以平面. (2) (3)存在，. 【分析】（1）推导出，从而四边形为平行四边形，推导出，由此能证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值. （3）设，求得及平面的一个法向量的坐标，根据与平面所成角的余弦值列方程，求得，进而求得正确答案. 【详解】（1）略. （2）平行四边形中，， 所以四边形是菱形，，垂足为， 所以， 因为平面，平面， 所以是二面角的平面角， 因为平面平面， 所以，即. 可以如图建立空间直角坐标系，其中， 因为在图1菱形中，， 所以， 则， ，， 设平面的一个法向量为， 则取，得， 平面的一个法向量为， 由图得二面角为锐角，设二面角为， 故， （3）假设线段上存在点使得与平面所成角的余弦值为，则与平面所成角的正弦值为. 设， 因为， 所以， 设平面的一个法向量为， 则取，得， ， 所以， 因为，所以， 故线段上存在点，且，使得与平面所成角的余弦值为. 14．(1) (2)连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 【分析】（1）先根据线面垂直的性质，及三角形的性质证明线线垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据空间向量的线性关系确定点的坐标，进而利用等体积法即可求出三棱锥的体积； （2）先根据线面平行的性质证明，再结合（1）的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值求出点，的位置，再根据平面的法向量与平面内直线的关系求出的值即可判断是否存在点，并求处此时的面积即可． 【详解】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）略 15．(1)证明：因为底面 为直角梯形， ， ，所以   ，所以 又 平面 ，平面 ，所以 又 平面 ，且 ，所以 平面 (2) (3)存在；的值为 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明； （2）先找到平面 与平面 所成的二面角的平面角 ，再求解它的正弦值； （3）设，分情况讨论球心位置并列方程求解. 【详解】（1）略. （2）设平面 与平面 的交线为 ，因为 ，平面，平面 可得//平面 因为平面 与平面 的交线为， 平面， 由线面平行的性质得，即 ，因为 为 的中点， ， 所以 ，则 与 全等， ， 又  ，则 ,易得 ,则 ,故 ， 因，所以 , 而，由，可得 如图，易得 ， 所以 为平面 与平面 所成的锐二面角 在 中， ， 由余弦定理，,则, 所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为； （3）假设 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上，设球心为 ， 因为 ， 为 的中点，且 平面 ，所以 在直线 上， 如图过 作 ， ，垂足分别为 ， ， 因 平面 ，易得 平面 ， ， 设，由，得，由，得 在 中，由勾股定理， ， ①若球心 在平面 上方，则 在 中，由勾股定理，，即， 化简得 ，因为 ，所以该方程无解. ②若球心 在平面 下方，则 在 中，由勾股定理，，即， 化简得 ，因为 ，所以 所以，在棱上存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上． 此时的值为. 1 / 14 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04 空间向量解决动点存在性问题 常考题型·精准突破 考点一 平行垂直的动点存在性问题 ◆题型1 平行的动点存在性问题 ◆题型2 垂直的动点存在性问题 考点二 空间角的动点存在性问题 ◆题型3 异面直线夹角的动点存在性问题 ◆题型4 线面角的动点存在性问题（高频） ◆题型5 二面角和面面角的动点存在性问题（重） 考点三 空间距离的动点存在性问题 ◆题型6 点到直线距离的动点存在性问题 ◆题型7 点到平面距离的动点存在性问题（重） 考点四 其他动点存在性问题 ◆题型8 其他动点存在性问题（难） ◆题型9 新定义中的动点存在性问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 平行垂直的动点存在性问题 ◆题型1 平行的动点存在性问题 1．（2025·江苏苏州·模拟预测）（多选）在正四棱锥中，已知分别为的中点，，则下列说法正确的有（    ） A． B．不存在，使得平面 C．若平面平面，则 D．若四点共面，则 2．（25-26高三上·江苏扬州·期末）如图，已知多面体中，平面，底面为正方形.    (1)求证：平面平面； (2)若，且平面与平面所成角的余弦值为. ①求线段的长； ②线段上是否存在点，使得平面平面，且满足平面.若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 3．（25-26高二下·江苏镇江·期中）如图，在圆台中，已知上、下底面半径分别为1和2，体积为．为下底面圆周上一点，，为的中点，连接． (1)证明：平面； (2)若在下底面以为圆心，以为半径的圆上存在一点，使得． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． ◆题型2 垂直的动点存在性问题 4．（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 5．（25-26高一下·安徽合肥·阶段检测）如图，在正三棱柱中，，D为AB的中点． (1)证明：平面； (2)在上是否存在点E，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 6．（26-27高三上·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 7．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 考点二 空间角的动点存在性问题 ◆题型3 异面直线夹角的动点存在性问题 8．（24-25高二上·吉林白山·阶段检测）（多选）如图，设动点在棱长为的正方体的对角线上，，当为锐角时，可以取（    ） A． B．0 C． D． 9．（25-26高二上·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. 10．（25-26高二上·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. ◆题型4 线面角的动点存在性问题 11．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 12．（25-26高二下·湖南娄底·开学考试）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，． (1)证明：； (2)求二面角的大小． (3)在线段上是否存在一点E，使得DE与平面BCD所成角的正弦值为，若存在求出该点的位置，若不存在请说明理由？ 13．（25-26高二上·广东深圳·阶段检测）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)当三棱锥的体积最大时，求此时线段的长度； (2)当时， （i）设，是否存在实数，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，请说明理由； （ii）求三棱锥的内切球的半径． ◆题型5 二面角和面面角的动点存在性问题 14．（25-26高二下·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． 15．（25-26高二下·江苏扬州·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，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 16．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 考点三 空间距离的动点存在性问题 ◆题型6 点到直线距离的动点存在性问题 17．（25-26高二下·江苏扬州·期中）（多选）如图，设正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为的中点时，点到平面AEF的距离为 B．当F为的中点时，记与平面AEF的交点为M，则 C．存在F，使得异面直线与BF所成的角为45° D．存在F，使得点F到直线AE的距离为3 18．（25-26高二上·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． 19．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，动点在直线上，且. (1)是否存在点，使得？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由； (2)当取何值时，直线与平面所成角的正弦值为； (3)求动点到直线的距离的取值范围. ◆题型7 点到平面距离的动点存在性问题 20．（25-26高一下·北京丰台·期末）在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（   ） A．点M可以是线段BC的中点 B．点M的轨迹长度为 C．存在点M，使得点B到平面的距离为 D．任意点平面，都有平面 21．（25-26高三上·山东淄博·阶段检测）在五面体中，平面，平面． (1)求证：； (2)若，，点到平面的距离为，求平面和平面所成角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点，使得与平面所成的角为30°．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 22．（25-26高三上·湖北·阶段检测）如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由. 考点四 其他动点存在性问题 ◆题型8 其他动点存在性问题 23．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 24．（2026·湖北襄阳·模拟预测）在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1)若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 25．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. (1)设，求证：PO⊥平面； (2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； (3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 26．（25-26高二下·河南平顶山·期中）如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.    (1)证明：平面. (2)若存在点，使得点到，，，的距离相等. （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. ◆题型9 新定义中的动点存在性问题 27．（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． 28．（25-26高二上·广东东莞·期中）已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． (1)求； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 29．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 2．如图，在直三棱柱中，AB＝BC，，若棱上存在唯一的一点P满足，则（    ） A． B．1 C． D．2 3．在长方体中，，，，在长方体内部存在动点P，满足PD与平面ABCD，平面，平面所成角相等，则PD所在直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．设空间直角坐标系中有四个点，其坐标分别为，下列说法正确的是（    ） A．存在唯一的一个不过点的平面，使得点和点到平面的距离相等 B．存在唯一的一个不过点的平面，使得点 C．存在唯一的一个不过点的平面，使得 D．存在唯一的一个不过点的平面，使得与平面的夹角正弦值为 5．如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 6．在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得平面平面 D．存在某个位置，使得 二、多选题 7．如图，在正三棱柱中，，空间一点满足，，，则（    ） A．若，则点在线段上 B．若，则点在线段上 C．若，则不存在点，使得 D．若，则存在点，使得 8．如图，已知矩形，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，翻折过程中（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．当平面平面时， D．当平面平面时， 三、填空题 9．在四棱锥中，底面为正方形，平面，，N为的中点，在棱上（包括端点）存在点M，使，则____. 10．如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是______． 四、解答题 11．如图，正三棱柱中，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)求点到平面的距离． 12．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与相邻的顶点，且平面，平面，…，平面为多面体的所有以为公共点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，三棱锥在顶点处的离散曲率为．问：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，求的长度；若不存在，请说明理由． 13．在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到的位置，使得平面平面（如图2）. (1)求证:平面 ; (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得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. 14．如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 15．如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， ，，点 为 的中点， ， 平面 ，且 ． (1)证明： 平面 ； (2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 1 / 14 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04 空间向量解决动点存在性问题 常考题型·精准突破 考点一 平行垂直的动点存在性问题 ◆题型1 平行的动点存在性问题 ◆题型2 垂直的动点存在性问题 考点二 空间角的动点存在性问题 ◆题型3 异面直线夹角的动点存在性问题 ◆题型4 线面角的动点存在性问题（高频） ◆题型5 二面角和面面角的动点存在性问题（重） 考点三 空间距离的动点存在性问题 ◆题型6 点到直线距离的动点存在性问题 ◆题型7 点到平面距离的动点存在性问题（重） 考点四 其他动点存在性问题 ◆题型8 其他动点存在性问题（难） ◆题型9 新定义中的动点存在性问题（难） 综合攻坚·知能拔高 常考题型·精准突破 考点一 平行垂直的动点存在性问题 ◆题型1 平行的动点存在性问题 1．（2025·江苏苏州·模拟预测）（多选）在正四棱锥中，已知分别为的中点，，则下列说法正确的有（    ） A． B．不存在，使得平面 C．若平面平面，则 D．若四点共面，则 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理证明平面，可得，即可判断选项A；利用线面垂直的判定定理可判断选项B；利用面面平行的性质定理可得，即可判断选项C；利用三点共线与向量的关系以及向量的数乘关系可判断选项D. 【详解】对A，连接交于点，连接， 因为在正四棱锥中，底面为正方形， 所以， 又因为，为中点，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，A正确； 对B， 因为，为中点，所以， 因为为正方形，所以， 又因为，平面，所以平面， 则平面，所以当，即点与重合时，平面，B错误； 对C，连接，因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以根据面面平行的性质定理可知， 又因为分别为的中点，所以为中点，所以，C正确； 对D，因为四点共面，所以四边形为平面四边形， 所以连接交于点， 在中，因为共线， 所以， 由于对称性可知，为中点， 又因为所以, 所以， 所以，解得，D正确； 故选：ACD. 2．（25-26高三上·江苏扬州·期末）如图，已知多面体中，平面，底面为正方形.    (1)求证：平面平面； (2)若，且平面与平面所成角的余弦值为. ①求线段的长； ②线段上是否存在点，使得平面平面，且满足平面.若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. (2)①； ②由题意，若存在点，使得平面平面，且满足平面， 而平面，平面，则， 因为平面，平面，所以平面，设， 由①可知，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由平面，得，解得， 则存在点，使得平面平面，且满足平面，且. 【分析】（1）先证明，，即可得到平面，进而求证即可； （2）①建立空间直角坐标系，设，利用空间向量建立方程求解即可； ②由题设可得平面，进而利用空间向量求解即可. 【详解】（1）略 （2）①以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，      则，设，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 因为平面与平面所成角的余弦值为， 所以，解得，即； ②略 3．（25-26高二下·江苏镇江·期中）如图，在圆台中，已知上、下底面半径分别为1和2，体积为．为下底面圆周上一点，，为的中点，连接． (1)证明：平面； (2)若在下底面以为圆心，以为半径的圆上存在一点，使得． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)在圆台中，，分别为上下底面的圆心，有平面，由于平面，所以．且，，平面，，所以平面． (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）先利用平面证得，再由线面垂直的判定定理即可得证； （2）由圆台体积求出其高度，建系后求出相关点的坐标. （ⅰ）利用和向量共线求出点的坐标，即可求出的值；（ⅱ）根据（ⅰ）建的坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【详解】（1）略 （2）由圆台体积公式可得解得． 由于，，两两相交且垂直， 则以为一组正交基底建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，， 因为的中点，则． （ⅰ）设，则． 则，， 由于，即存在,使得, 即，解得，，，即， 所以半径． （ⅱ）由于平面， 不妨设平面的一个法向量． 设平面的一个法向量， 有，即，故可取． 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. ◆题型2 垂直的动点存在性问题 4．（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 【答案】B 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为1，设，，，再利用垂直与平行的空间坐标表示逐项判断即可． 【详解】对于AB，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故A错误，B正确， 对于CD，若，则， ，方程组无解，故与不可能平行，CD错误． 5．（25-26高一下·安徽合肥·阶段检测）如图，在正三棱柱中，，D为AB的中点． (1)证明：平面； (2)在上是否存在点E，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)由正三棱柱的定义可知是等边三角形， 因为D为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以． 因为，平面，且， 所以平面 (2)存在点E， 【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可； （2）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可. 【详解】（1）略. （2）存在．在中，作，垂足为E，连接BE． 由（1）知平面，所以． 因为AB，平面，且，所以平面． 因为平面BCE，所以平面平面． 设，则，，故． 因为，所以， 则，， 所以． 故在上存在点E，使得平面平面，此时． 6．（26-27高三上·北京·开学考试）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，满足？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【答案】(1)取的中点，连接.因为点为棱的中点， 所以，且，又因为，， 所以，且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. (2) (3)在棱上存在点，满足，此时 【分析】（1）取的中点，构造平行四边形，从而得到，最后利用线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再利用向量法求出直线的方向向量与平面法向量夹角余弦值的绝对值， 即为线面角的正弦值； （3）设比例参数，写出，利用垂直向量数量积为0建立方程求出，且在范围内，说明该点存在. 【详解】（1）略 （2）依题意，以点为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为点为棱的中点，得， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，可得， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设在棱上存在点，满足， 设，则， 因为， 故， 由，得，解得，满足， 所以在棱上存在点，满足，此时. 7．（25-26高二上·四川南充·阶段检测）如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为．已知四棱锥在点的曲率为． ①求证：平面平面； ②在直线上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)取的中点F，连接，， 又为的中点，则，且， 又是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，且，， 则，，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． (2)①由题意知，， 又是等边三角形，底面为直角梯形， 则，，所以，即， 又因为，且，所以平面， 又平面，故平面平面． ②取的中点，连接，，则，， 又平面平面，且平面平面，所以平面， 所以以为坐标原点，直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 又， 则，，，，， 所以，，，， 因为点在直线上， 不妨设， 所以， 设是平面的法向量，则， 取，则，，即， 假设存在点，使得平面，则， 所以， 但此方程组无解，故不存在点，使得平面． 【分析】（1）根据等边三角形，直角梯形的性质推出四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质，及线面平行的判定即可证明； （2）①先根据曲率的定义求出，再根据线面垂直的判定及性质推出面面垂直即可证明； ②先证明，，两两垂直，再建立对应的空间直角坐标系，根据空间向量的线性关系求出，再求出平面的法向量，再根据线面垂直的关系得到，进而列方程组求解即可判断点是否存在． 【详解】（1）略 （2）略 考点二 空间角的动点存在性问题 ◆题型3 异面直线夹角的动点存在性问题 8．（24-25高二上·吉林白山·阶段检测）（多选）如图，设动点在棱长为的正方体的对角线上，，当为锐角时，可以取（    ） A． B．0 C． D． 【答案】BD 【分析】如图建立空间直角坐标系，表示出，利用可得范围，即可得答案. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则. 由图，，又， 则，即， 则.因为锐角， 则 或， 又由题可知，则. 故选：BD 9．（25-26高二上·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. 10．（25-26高二上·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.     ◆题型4 线面角的动点存在性问题 11．（25-26高二上·江西南昌·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为四边形内（包括边界）一个动点，若直线与平面所成的角为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立适当空间直角坐标系，设，求和面的一个法向量，由得到关系，再结合二次函数性质计算即可求解. 【详解】由题意可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，则，而平面的一个法向量， 由直线与平面所成的角为得， 整理得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 故选：D 12．（25-26高二下·湖南娄底·开学考试）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，． (1)证明：； (2)求二面角的大小． (3)在线段上是否存在一点E，使得DE与平面BCD所成角的正弦值为，若存在求出该点的位置，若不存在请说明理由？ 【答案】(1) 证明：直三棱柱中，侧棱面，面，. 假设，， ，，， ，故. 又，，平面， 平面，平面，. (2) (3)存在，的中点 【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；通过法向量的夹角来求二面角的大小； （3）设出点的坐标（用参数表示），再求出平面的法向量，根据线面角的向量公式列出方程，求解参数判断是否存在及位置. 【详解】（1）略 （2）如图所示：以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 各点坐标为：, 则， 设平面的一个法向量为， 则：，令，得，故. 设平面的一个法向量为， 则：，取，得，故. 所以， 由图易知二面角为锐二面角，故， 所以二面角的大小为. （3）设在线段上，令，，得， 则. 设线面角为，由（1）知平面的法向量为. ， 所以， 解得，符合要求， 所以存在满足条件的点，为线段的中点. 13．（25-26高二上·广东深圳·阶段检测）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)当三棱锥的体积最大时，求此时线段的长度； (2)当时， （i）设，是否存在实数，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，请说明理由； （ii）求三棱锥的内切球的半径． 【答案】(1)4 (2)（i）存在；（ii） 【分析】（1）设点到平面的距离为，利用等体积法，将体积最大化为点到平面的距离最大，取中点，连接，根据已知及面面、线面垂直的判定求线段的长； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，利用向量法及线面角的正弦值列方程求参数；（ii）设内切球球心为，应用等体积法有，即可求半径. 【详解】（1）设点到平面的距离为， 则，其中为定值， 要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大值， 取中点，连接， 由题意得， 则为等边三角形，， 则， 即平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面，连接， 在中， 由余弦定理得， 所以，而，则，故． 由平面平面平面，则平面， 由平面，则，所以； （2）（i）由（1）知，当时，平面平面． 在平面内过作，平面平面平面， 所以平面平面，则． 如图，以点为原点，以所在直线分别为轴， 过点做垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简可得，解得，或（舍） 故时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； （ii）由（1）可知，为直角三角形，． 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为， 由等体积法知 其中，， 故， 故当时，三棱锥的内切球的半径为. ◆题型5 二面角和面面角的动点存在性问题 14．（25-26高二下·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. 15．（25-26高二下·江苏扬州·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，平面平面． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱（不包括端点）上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)为等腰梯形，，， 又平面平面，平面平面， 平面， 又平面，平面平面. (2) (3)存在， 【分析】（1）通过面面垂直的性质定理和判定定理即可证得； （2）推导出平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出； （3）设，利用空间向量法可知，平面的法向量与平面的法向量的夹角余弦值的绝对值为，可得出关于的方程，解方程即可. 【详解】（1）略 （2），， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， ，故两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系， 在等腰梯形，，，，， ，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 设直线与平面所成角为，则. （3）设，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则， 由题（2）可知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 整理得，解得或（舍去）， 故棱（不包括端点）上存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 16．（25-26高一下·福建厦门·期中）如图，在三棱锥中，，，.    (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， (3)1 【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直； （2）通过画图得到二面角的平面角，利用已知条件即可求解或者建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解； （3）根据题意得出，然后底面积之比以及高之比得出右侧几何体的体积的表达式，从而得到答案. 【详解】（1）在中，， 所以， 过点作于点，连接，则， 因为，，为公共边，所以. 所以，且，又，所以，所以， 又因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解法一：取中点，由（1）知，，∴. 过作交于，过作交于，则，所以， 所以，为二面角的平面角， 设，由，得， 同理；， 由，得， 在中，，解得， 所以线段上存在一点E，使得二面角的正切值为.， 解法二：设存在满足题意的点，由（1）可知两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，， ，，， 设，，则， 显然平面的法向量. 设平面的法向量，则， 取，则，，所以， 若二面角的正切值为，则其余弦值为， 则， 整理得，所以，又因为，所以， 所以，即当时，二面角的正切值为. （3）当时，平面截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为， 当时，平面截三棱锥所得截面为四边形， 设截面与棱的交点分别为，求得 ， 右侧部分的体积， 化简得， 当时，检验符合上方程， 又时，有且只有一个值符合，故， 考点三 空间距离的动点存在性问题 ◆题型6 点到直线距离的动点存在性问题 17．（25-26高二下·江苏扬州·期中）（多选）如图，设正方体的棱长为2，E为线段的中点，F为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（   ） A．当F为的中点时，点到平面AEF的距离为 B．当F为的中点时，记与平面AEF的交点为M，则 C．存在F，使得异面直线与BF所成的角为45° D．存在F，使得点F到直线AE的距离为3 【答案】AB 【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量公式判断A，利用共线向量与共面向量基本定理判断B，利用异面直线夹角的向量公式判断C，利用点到直线距离的向量公式判断D. 【详解】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，. 当为的中点时，，，， 设平面的法向量为，则， 令得，又， 则点到平面的距离为，故A正确； 设，则， 又点M在平面内，则，所以，解得， 所以，，所以，所以B正确； 设，，则，， 若异面直线与所成的角为，则， 平方化简得，解得，又，所以方程无解， 故点不存在，所以C错误； ，，，所以， 则点到直线的距离为，平方化简得， 解得或，又，所以方程无解，故点不存在，故D错误. 18．（25-26高二上·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，. 19．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，动点在直线上，且. (1)是否存在点，使得？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由； (2)当取何值时，直线与平面所成角的正弦值为； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)不存在点，使得，理由如下： 由于三棱柱是直三棱柱，且，故两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则 由，可设，则, 故, 所以不存在点，使得. (2)或 (3) 【分析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标， 计算并验证其是否为0； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法由直线PN与平面所成角的正弦值求出参数的值； （3）利用点到直线的距离的空间向量计算公式得到关于参数的函数，求函数的值域即可. 【详解】（1）不存在点，使得,理由略； （2）设平面的一个法向量为，则， 因为，所以，即， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或. 当时，，，此时； 当时，，，此时. 所以当或时直线与平面所成角的正弦值为. （3）设点到直线的距离为，由（1）知，， ，， ， 则. ∴. ◆题型7 点到平面距离的动点存在性问题 20．（25-26高一下·北京丰台·期末）在直三棱柱中，，，点M在三棱柱的表面上运动，且满足、则下列结论错误的是（   ） A．点M可以是线段BC的中点 B．点M的轨迹长度为 C．存在点M，使得点B到平面的距离为 D．任意点平面，都有平面 【答案】C 【分析】对几何体建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求出点坐标所满足的方程，结合题目关于在三棱柱表面的信息，确定点的轨迹，再结合选项逐项分析. 【详解】 根据题干信息，以点为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，,,设点，故，， 由于，则，即； A：当点M是线段BC的中点时，此时点的坐标为，显然满足， 因此本选项结论正确； B：连接，， 所以， 所以，且两直线在平面内，所以面， 则三角形的三边就是的轨迹， 由于，， ，所以三角形的周长为，因此本选项说法正确； C：假设存在点M，使得点B到平面的距离为， ， 设平面的法向量为， ，取， 因为， 所以当时，得， 当时，得， 当时，， 所以点B到平面的距离为， 当时， 点B到平面的距离为， 解得：，显然假设不存在，所以不存在点M，使得点B到平面的距离为，因此本选项说法错误； D：任意点平面，此时，所以， ， 因为，平面， 所以都有平面，因此本选项说法正确. 21．（25-26高三上·山东淄博·阶段检测）在五面体中，平面，平面． (1)求证：； (2)若，，点到平面的距离为，求平面和平面所成角的大小． (3)在第（2）问条件下，线段上是否存在点，使得与平面所成的角为30°．若存在，求的长度，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：平面，平面， ，又因为平面，平面， 平面， 平面平面平面， . (2)； (3)存在，. 【分析】（1）运用线面平行的判定定理得出线面平行，再由线面平行的性质定理证明线线平行； （2）利用等体积法求出为等腰直角三角形，得出，建立空间直角坐标系，利用垂直求出，再求解两平面的法向量，最后利用向量夹角余弦公式计算求解即可； （3）设，结合平面的法向量，利用向量法求解即可得出的长度． 【详解】（1）略 （2）平面，，平面，又平面， . 又平面平面， ， 又平面， 平面， ，点到平面的距离为，， ，即， 又因为，故， 又因为， ，因此， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立下图所示空间直角坐标系， 设，则 ， ， ，解得， 设平面的法向量为，平面的法向量为， ， ，则，取，则，则， ， ，取，则，则， 设平面和平面所成角的大小为， ，故. （3）设线段上存在点，使得与平面所成的角为， 设， 则，则， 由(2)知，平面的法向量为， ，整理得， 解得， ， 线段上存在点，使得与平面所成的角为，此时. 22．（25-26高三上·湖北·阶段检测）如图，在等腰梯形中，，，，为边上靠近点的三等分点，现将三角形沿翻折，得到四棱锥，使得平面平面，为棱的中点.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 取的中点N， 连接， 如图所示：   为棱的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面， 平面. (2) (3)存在，理由如下： 假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设 则 由（i）知平面的一个法向量为 点Q到平面的距离是 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明； （2）建系得出平面和平面的法向量即可得出面面角余弦，最后同角三角函数关系求解正弦； （3）设再应用点到平面距离即可计算求参. 【详解】（1）略 （2）    由在等腰梯形中，，，为边上靠近点的三等分点，可得， 也即 又平面平面，交线为,平面， 所以平面， 又平面ABCD， 又 以点D为坐标原点，    所在直线分别为轴建立直角坐标系，, 如图，则 为棱的中点， （i） 设平面的一个法向量为 则 令 则 平面的一个法向量为 所以二面角的正弦值为. （3）略 考点四 其他动点存在性问题 ◆题型8 其他动点存在性问题 23．（25-26高三下·江西·阶段检测）如图，四棱锥中，平面，平面平面， (1)证明：平面： (2)点为线段上一点（与不重合）. （i）若，求二面角的余弦值： （ii）是否存在点，使得四点共球且该球心位于平面内，若存在，指出点位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 方法一：由平面，平面，得， 因为平面平面，且平面平面， 取的中点，连接，又因为，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. 方法二：因为平面，平面，得， 又因为，所以，， 又因为，所以，， 又因为， 由余弦定理得， 所以，故， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故， 又因为，且，，、平面， 所以平面. (2)（i）； （ii）存在，时，点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 理由如下： 设，则， 设过，，，四点的球的球心为， 半径为，则， 即，求解可得：， 令，解得满足条件， 综上所述：时点使得，，，四点共球且该球心位于平面内. 【分析】（1）方法一：利用线面垂直判定定理，通过证明垂直平面内两条相交直线与来实现；方法二：先求出相关边长和角度，再证明垂直平面内两条相交直线与. （2）（i）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求平面与平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值. （ii）先根据向量关系得出点坐标，再利用球心到四点距离相等列出方程，求解方程得到球心坐标，最后根据球心在平面内确定的值. 【详解】（1）略 （2）（i）以为原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，， 由于，即，即， 所以，则， 设平面的法向量为，，， 则，令，则， 设平面的法向量为，， 则， 令，则， 设二面角的平面角为，注意到为锐二面角， 所以， 即二面角的余弦值为. （ii）略 24．（2026·湖北襄阳·模拟预测）在中，，，点D，E分别在边 ，上，且，（），将 沿折起，点落在点的位置，连接，，得到如图所示的四棱锥，点 在线段上，且． (1)若平面，求． (2)当四棱锥体积最大时，线段上是否存在点Q使得C，D，Q，F四点共面，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）作直线 交于点 ，利用线面平行的性质可得 ，进而可求得的值． （2）利用体积公式求得，记，利用导数可求得体积的最大值，确定，法一：延长交 于 ，连接交 于，设，利用向量的线性运算可求得的值；法二：建立空间直角坐标系，设，求得平面 的一个法向量，进而利用 可求得，进而可求得的值. 【详解】（1）作直线交于点，因为，所以． 因为平面，面 ，面平面， 所以，所以四边形 为平行四边形，所以，所以． （2）因为 ，，，所以平面， 在中，， ，所以， 又（ ），所以，所以， 因为，且 ，所以，所以， 因为四棱锥的体积 ， 记，，， 令，得，解得或（舍去）， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当时，四棱锥的体积最大，此时，，． 方法一： 如图，延长 交 于 ，连接交于， 设， 由解得， 则得，则， 即得 所以. 方法二： 如图，分别以 ，，所在直线为 ，， 轴建立空间直角坐标系. 则，，，，． 设，，，， 设平面法向量， 则，故可取， 由解得， 所以. 25．（2026·湖北荆州·一模）“细长三角板”指的是有一个内角为的直角三角板.现有两个细长三角板，其较短的直角边长均为10cm，先按左图所示的方式放置，其中以表示两个细长三角板，，，直角顶点重合于点P，两条斜边在一条直线上.保持直角顶点重合，将两条斜边平行展开，得到如图所示的四棱锥P－ABCD. (1)设，求证：PO⊥平面； (2)是否存在四棱锥，使得底面为菱形？若存在，求此时四棱锥的高，若不存在，请说明理由； (3)求四棱锥体积的最大值，并求此时平面与平面所成二面角的大小. 【答案】(1)证明：由题意知与平行且相等，则四边形为平行四边形，所以O为的中点 又由于，，所以，， 平面，，所以平面； (2)不存在，理由：假设存在符合条件的四棱锥，由（1）知，设其高， 因为底面是菱形，则， 所以， 解得， 此时四棱锥退化为一个平面图形，故不存在符合条件的四棱锥； (3)500， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论； （2）假设存在符合条件的四棱锥，设其高，根据假设求出h的值，即可判断结论； （3）方法一：求出相关线段的长，根据棱锥体积公式可得四棱锥体积的表达式，结合基本不等式可求得最值；再根据二面角的定义可求解平面与平面所成二面角的大小.方法二：建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，利用体积公式以及基本不等式可求解最值问题，利用空间角的向量求解方法可求二面角大小. 【详解】（1）略 （2）略 （3）方法一：过点P作直线，则l平面， 由于，所以，则l平面，所以平面平面， 作，垂足分别为E，F，则, 所以是平面与平面所成二面角或其补角 ，由于PO⊥平面， 平面，故，而O为的中点，则, 设，则， ， 由PO⊥平面，平面，故， 而平面，故平面， 平面，故， 所以 当且仅当时取等号， 故四棱锥体积的最大值为500（）， 此时平面与平面所成二面角为90° 方法二：过点O作平行线的垂线，垂足分别为F，E， 取的中点G，，由以上分析可知， 所以， 以O为原点，所在直线为x，y，z轴建立坐标系， 设，，，， 由勾股定理知， ， 当且仅当时取“＝”，故所求最大值为500； 此时，，，，， ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可取； ，， 设平面的一个法向量，则，则， 可得平面的一个法向量， 故，所以所求二面角为90°. 26．（25-26高二下·河南平顶山·期中）如图，矩形中，点，，分别在，，上，，，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面.    (1)证明：平面. (2)若存在点，使得点到，，，的距离相等. （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）若点满足，当取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1) 证明：在矩形中，因为∥，， 所以四边形为正方形， 则，，即，又， 所以平面，则是平面的一个法向量， 同理证得平面，又平面， 所以，即， 又平面，所以∥平面. (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）利用直线方向向量和平面法向量垂直证明线面平行即可； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合方向向量和法向量以及点到平面的距离公式计算距离； （ⅱ）利用空间中线段最短的性质，确定位于线段，再分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）连接，，由（1）知，∥，且平面， 所以平面，则， 因为平面平面，且，平面平面， 所以平面，又平面，则， 在，中，当为的中点时，点到，，，的距离相等.    （ⅰ）由上知，，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，. 设平面的法向量为， ，令，则 所以点到平面的距离为. （ⅱ）由可知，点在以为球心，以为半径的球的球面上， 当，，共线，且位于线段上时，取得最小值. 由坐标系可知，， ，所以， 则，又， 设平面的法向量为， ，令，则， 由（1）知是平面的一个法向量，记为， 于是，故平面与平面夹角的余弦值为. ◆题型9 新定义中的动点存在性问题 27．（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． 28．（25-26高二上·广东东莞·期中）已知两个非零向量，在空间任取一点O，作，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个与、都垂直的向量，且它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，为线段AD上一点． (1)求； (2)若为线段的中点，求二面角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在； 【分析】（1）先证明为直线与所成角，再由定义去求解； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量进行求解； （3）由，，设，，得，即可求解． 【详解】（1）因为底面为矩形，所以，， 又底面，底面， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成角，即， 在直角中， 所以， . （2）因为且为矩形， 所以可如图建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量， 则， 令，得   所以， 因为  所以平面的法向量可取， 设二面角的平面角为 ，则， 所以 ，     所以， 所以二面角的正弦值为． （3）依题意，，， 又， 所以，， 设，， 则 ， 所以， 由， 得 ，  所以 ， ， 由（1）知， 又因 ， 所以， 所以线段上存在点，使得，此时． 29．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在斜三棱柱中，，，侧棱，，，其中为锐角． (1)当时，求证：； (2)定义：过点作垂直底面于，且在内部，记与、所成角分别为、，称为斜三棱柱的投影偏差率． （ⅰ）当时，求斜三棱柱的投影偏差率（不需证明），并求此时平面与平面夹角的余弦值； （ⅱ）关于的函数解析式记为，若存在两个不同的锐角，使得，求证：． 【答案】(1)证明如下： 因为 ， 所以，即． (2)（ⅰ）， （ⅱ）证明如下： ， 已知存在两个不同的锐角，使得， 设， 则， 锐角，是两个不同的锐角，则符号相反， ，即， 化简整理得， ，，为锐角，则， ． 【分析】（1）利用基底法表示向量，结合已知条件求出向量的数量积，利用数量积为0证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，结合已知条件求出相关点和向量坐标，根据投影偏差率定义求解，求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解；（ⅱ）根据投影偏差率定义结合（ⅰ）化简，利用“存在两个不同的锐角，使得”的条件构造方程，进而求出，证明结论． 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，为轴，为轴，过A垂直于面的直线为轴， 建立下图所示空间直角坐标系， 则， （ⅰ）已知，，， 则，故， 已知与、所成角分别为、， 则， 则， ，则， ， ， 设平面的法向量为，则， 令，则， 平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则 ； （ⅱ）略 综合攻坚·知能拔高 一、单选题 1．四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设交于点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由平面，结合，列出方程，求得的值，进而求得的值. 【详解】连接，设交于点，连接， 因为四棱锥的底面是正方形，且每条侧棱的长都是底面边长的倍， 所以四棱锥为正四棱锥，可得平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，设底面边长为，则， 可得， 则， 假设在侧棱上存在一点，使得平面， 又因为平面，所以是平面的一个法向量， 设， 则， 由，可得，解得， 即当时，， 又因为平面，所以平面， 故侧棱上存在一点，使得平面，且. 2．如图，在直三棱柱中，AB＝BC，，若棱上存在唯一的一点P满足，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】设，构建空间直角坐标系，令且，求出，，再由向量垂直的坐标表示列方程，结合点P的唯一性有求参数a，即可得结果. 【详解】由题设，构建如下图空间直角坐标系，若，则，，且， 所以，，又存在唯一的一点P满足， 所以，则，故，可得，此时， 所以. 故选：D 3．在长方体中，，，，在长方体内部存在动点P，满足PD与平面ABCD，平面，平面所成角相等，则PD所在直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，在长方体中构造小正方体，并作出小正方体的体对角线DJ，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，计算的值，即可得答案； 【详解】如图所示，在长方体中构造小正方体，并作出小正方体的体对角线DJ， 根据题意，PD与平面ABCD，平面，平面所成角相等，故P在直线DJ上， 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系， 易得PD所在直线的方向向量，， 计算得． 故选：D. 4．设空间直角坐标系中有四个点，其坐标分别为，下列说法正确的是（    ） A．存在唯一的一个不过点的平面，使得点和点到平面的距离相等 B．存在唯一的一个不过点的平面，使得点 C．存在唯一的一个不过点的平面，使得 D．存在唯一的一个不过点的平面，使得与平面的夹角正弦值为 【答案】B 【解析】由平面 或平面 过线段 的中点可判断 选项的正误； 推导出 以及、、、 四点不共面，利用点 且与 垂直的平面 有且只有一个以及 可判断 选项的正误； 在、的公垂线 上的点作 的垂面满足题意，可判断 选项的正误； 设平面 的法向量为，根据题意可得出关于、 的方程组，判断方程组解的个数，进而可判断 选项的正误． 【详解】解：对于 选项， 当平面 或平面 过线段 的中点时，点 和点 到平面 的距离相等， 选项错误； 对于 选项， ，，， ，设，则， 该方程组无解，所以，、、、 四点不共面， 则 与 异面， 而过点 且与 垂直的平面 有且只有一个， 若，由于，则 与 共面，矛盾，所以，， 选项正确； 对于 选项， 由于、 异面，设 为、 的公垂线段，且，， 在直线 （异于、 的任意一点作平面，使得，则，， 这样的平面 有无数个， 选项错误； 对于 选项， 设平面 的一个法向量为， 由题意可得， ， 所以， 整理得，△， 即方程 有两个不等的实数解， 所以，存在两个过、 点的平面 使得直线 与 的夹角正弦值为 选项错误． 故选：． 【点睛】求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果． 5．如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【答案】B 【分析】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【详解】对于A，因为正方体中，平面平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B 6．在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得平面平面 D．存在某个位置，使得 【答案】C 【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【详解】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则、、、、， 设，其中， 对于A选项，若存在某个位置使得，，， ，解得，不合乎题意，A选项错误； 对于B选项，若存在某个位置使得，，， ，该方程无解，B选项错误； 对于C选项，设平面的一个法向量为， ，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面平面，则，解得，合乎题意，C选项正确； 对于D选项，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得，即， 整理得，，该方程无解，D选项错误. 故选：C. 【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题. 二、多选题 7．如图，在正三棱柱中，，空间一点满足，，，则（    ） A．若，则点在线段上 B．若，则点在线段上 C．若，则不存在点，使得 D．若，则存在点，使得 【答案】ABD 【分析】对于AB，根据向量的线性运算即可判断；对于C，可确定点P所处的位置，找出特殊点，说明，即可判断，对于D，建立空间直角坐标系，确定相关点的坐标，利用向量的数量积的运算求出相应的参数值，即可判断. 【详解】对于A：由，得点在侧面内（含边界）， 若，则，故点在线段上，故A正确； 对于B：若，则，所以，即， 又，故点在线段上，故B正确； 对于选项：当时，取线段的中点分别为，连接， 因为，即，即，所以， 则点在线段上，当位于D处时，结合为正三角形，知， 即时，存在点，使得，C错误； 取的中点为，取的中点为M，连接， 在正中，易知，在正三棱柱中，易知平面， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：    设，则，，， 则，，， 由，则，， 当时，即，则， 即，此时， 即时，存在点，使得，D正确. 8．如图，已知矩形，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，翻折过程中（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．当平面平面时， D．当平面平面时， 【答案】BCD 【详解】在矩形中，分别过点作，垂足分别为点. 由.得， 对于A选项，，A错误； 对于B选项， 其中是向量与所成的角，也即是二面角的平面角，当时，，B正确； 当平面平面时，如图以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则， ，所以； 又，则， 故CD都正确. 三、填空题 9．在四棱锥中，底面为正方形，平面，，N为的中点，在棱上（包括端点）存在点M，使，则____. 【答案】1 【分析】建立空间直角坐标系，列出各个点的坐标，根据向量垂直的数量积公式计算即可. 【详解】如图，建立空间直角坐标系， ，则， ， 设，则，， ， ，，， . 10．如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，由异面直线夹角公式可得方程，求出答案 【详解】平面平面，与均为等腰直角三角形， 且，，则， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， ，则，， 设，与为异面直线，故， ，，， 则，， 所以，解得， 所以，， 因为异面直线与成的角， 所以， 故，， 其中，故，又， 解得， ，故 线段长的取值范围是. 四、解答题 11．如图，正三棱柱中，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)因为三棱柱为正三棱柱，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为为正三角形，点为的中点，所以， 又因为，平面，所以平面； (2)在棱上存在点，使得平面； (3) 【分析】（1）由题意可得，，利用线面垂直的判定定理可证结论； （2）根据给定条件，证明平面平面，过点作交于点，利用面面垂直的性质可求得结论. （3）利用（2）的结论，把所求距离转化为点到平面的距离求解即可. 【详解】（1）略. （2）由（1）知平面，又平面， 所以平面平面， 在平面内过点作交于点， 又平面平面，所以平面， 于是点即为所要找的点，又，所以， 即有，于是，所以， 所以. （3）取的中点，连接，因为点为的中点， 则，， 于是为平行四边形，即，而平面， 平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离, 又为的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半， 而由（2）知，当时，平面，， 设，则， 所以点到平面的距离. 12．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与相邻的顶点，且平面，平面，…，平面为多面体的所有以为公共点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，三棱锥在顶点处的离散曲率为．问：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，求的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)存在，. 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）首先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，构造线面角，再设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， 又因为 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面， ∴平面 ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴， 过点作交于，连接， 因为平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 假设棱上存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为， 则， 设， 依题意可得，， ， ， 由假设可得， 在中， ， 又，所以， 则， 所以， 解得：或（舍） 即，故， 所以点为线段的靠近点的三等分点时，直线与平面所成角的余弦值为，此时. 13．在梯形中，，为的中点，线段与交于点（如图1）.将沿折起到的位置，使得平面平面（如图2）. (1)求证:平面 ; (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得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)因为在梯形中，，为的中点， 所以， 所以四边形为平行四边形， 因为线段与交于点，所以为线段的中点， 所以中， 因为平面，平面， 所以平面. (2) (3)存在，. 【分析】（1）推导出，从而四边形为平行四边形，推导出，由此能证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值. （3）设，求得及平面的一个法向量的坐标，根据与平面所成角的余弦值列方程，求得，进而求得正确答案. 【详解】（1）略. （2）平行四边形中，， 所以四边形是菱形，，垂足为， 所以， 因为平面，平面， 所以是二面角的平面角， 因为平面平面， 所以，即. 可以如图建立空间直角坐标系，其中， 因为在图1菱形中，， 所以， 则， ，， 设平面的一个法向量为， 则取，得， 平面的一个法向量为， 由图得二面角为锐角，设二面角为， 故， （3）假设线段上存在点使得与平面所成角的余弦值为，则与平面所成角的正弦值为. 设， 因为， 所以， 设平面的一个法向量为， 则取，得， ， 所以， 因为，所以， 故线段上存在点，且，使得与平面所成角的余弦值为. 14．如图，四棱锥的底面为平行四边形，为正三角形，平面，，，点 满足（ ）． (1)若时，求三棱锥的体积； (2)若平面过直线，且平面，平面与侧棱，分别交于点，．是否存在点 ，使得平面与平面的夹角为？若存在，请说明点 的位置，并求此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)连接，， 由平面过直线，且，平面，则平面是平面， 因为平面，平面平面，所以， 结合（1）的空间直角坐标系， 不妨设，则，， 又，，，， 则，所以， ，所以， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 显然是平面的一条法向量， 又平面与平面的夹角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 即点，分别为侧棱，的中点，且平面的法向量为， 又点 满足（ ）， 结合（1）有， 则， 又平面，则， 所以，解得， 所以存在点（为的三等分点，且靠近处），使得平面与平面的夹角为． 结合（1），在中有，则， 在正三角形中，有，则， 又平面，，则平面， 又平面，则， 所以此时的面积为． 【分析】（1）先根据线面垂直的性质，及三角形的性质证明线线垂直，从而建立空间直角坐标系，再根据空间向量的线性关系确定点的坐标，进而利用等体积法即可求出三棱锥的体积； （2）先根据线面平行的性质证明，再结合（1）的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值求出点，的位置，再根据平面的法向量与平面内直线的关系求出的值即可判断是否存在点，并求处此时的面积即可． 【详解】（1）取的中点，取的中点，连接，，则， 又平面，则平面， 又平面，则，， 所以以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 在，由，， 则，，，， 在正三角形中，，则， 所以，，， 又点 满足（ ）， 则，则， 若，则，即点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为． （2）略 15．如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， ，，点 为 的中点， ， 平面 ，且 ． (1)证明： 平面 ； (2)求平面 与平面 所成二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：因为底面 为直角梯形， ， ，所以   ，所以 又 平面 ，平面 ，所以 又 平面 ，且 ，所以 平面 (2) (3)存在；的值为 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明； （2）先找到平面 与平面 所成的二面角的平面角 ，再求解它的正弦值； （3）设，分情况讨论球心位置并列方程求解. 【详解】（1）略. （2）设平面 与平面 的交线为 ，因为 ，平面，平面 可得//平面 因为平面 与平面 的交线为， 平面， 由线面平行的性质得，即 ，因为 为 的中点， ， 所以 ，则 与 全等， ， 又  ，则 ,易得 ,则 ,故 ， 因，所以 , 而，由，可得 如图，易得 ， 所以 为平面 与平面 所成的锐二面角 在 中， ， 由余弦定理，,则, 所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为； （3）假设 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上，设球心为 ， 因为 ， 为 的中点，且 平面 ，所以 在直线 上， 如图过 作 ， ，垂足分别为 ， ， 因 平面 ，易得 平面 ， ， 设，由，得，由，得 在 中，由勾股定理， ， ①若球心 在平面 上方，则 在 中，由勾股定理，，即， 化简得 ，因为 ，所以该方程无解. ②若球心 在平面 下方，则 在 中，由勾股定理，，即， 化简得 ，因为 ，所以 所以，在棱上存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上． 此时的值为. 1 / 14 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 $