第03讲 立体几何存在性问题（1大知识点+8大题型归纳+测试）-2026-2027学年高二上学期数学期中复习讲义（人教A版2019选择性必修第一册）

第03讲 立体几何存在性问题 目录 01 思维导图 2 02 知识回顾 3 03 题型精讲 4 题型一：平行的点存在性问题 4 题型二：垂直的点存在性问题 8 题型三：线线角的存在性问题 13 题型四：线面角相关的存在性问题 19 题型五：二面角相关的存在性问题 24 题型六：点面距离的存在性问题 31 题型七：体积定值的存在性问题 38 题型八：特殊截面的存在性问题 43 04 过关测试 50 立体几何存在性问题是高中立体几何的高频考点，核心解题思路是 “假设存在→推理计算→验证结论”，常用几何法与空间向量法求解。 空间向量法通用性更强，先建立空间直角坐标系，设出动点坐标，将平行、垂直、距离、角度等条件转化为向量坐标运算，列方程求解。若解符合线段、平面的边界约束，则存在；若无解或解超出范围，则不存在。解题时需注意参数取值范围，剔除增解，确保结果严谨。 题型一：平行的点存在性问题 【典例1】（2026·高二·四川雅安·期中）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)用空间向量法证明：平面； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】（1） 以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ． 设平面的法向量为， 则取，则，得， 平面． （2）存在，在的延长线上，且，理由如下： 存在点，使得平面，在的延长线上，且． 由题意得， 设，则， 平面，得． 【变式1-1】（2026·高二·广东佛山·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题： (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：在棱长为2的正方体中，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则， ， 于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）知，设平面的法向量为， 则，取，得， 假定存在点，使直线平面，设点的坐标为， 则，由，得，解得， 而平面，则平面， 所以存在点，使直线平面，此时. 【变式1-2】如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABF，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且，，，． (1)求证：； (2)在线段BD上是否存在点M，使得直线平面AFM？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1） 证明：因为四边形ADEF为正方形，所以． 又因为平面平面ABF，且平面平面， 平面ADEF，所以平面ABF． 因为平面ABF，所以． （2）在线段BD上存在点M，使得直线平面AFM，且． 由（1）可知，平面ABF，所以，． 因为，所以AB，AD，AF两两垂直． 以A为原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，1为单位长度，建立空间直角坐标系（如图）． 因为，， 所以，，，，，， 设，易知． 设，则由，得， 所以，，，所以，所以． 设平面AFM的法向量为，则, 易得，所以， 令，则，所以为平面AFM的一个法向量． 若在线段BD上存在点M，使得平面AFM，则存在，使得． 易得，由，得，解得， 所以在线段BD上存在点M，使得直线平面AFM，且． 【变式1-3】（2026·高二·山西长治·期中）如图，在各棱长均为2的三棱柱中，侧面底面，． (1)求侧棱与平面所成角的正弦值； (2)已知点满足，那么在直线上是否存在点，使平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】 （1）∵侧面底面ABC，作A1O⊥AC于点O， ∴平面． 又，且各棱长都相等， ∴，，． 故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz， 则，，，， ∴，，． 设平面的法向量为 则，取，得． 设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ， 则， ∴侧棱与平面所成角的正弦值为． （2）∵，而， ∴，又∵，∴点． 假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为，∴ ∵DP∥平面，为平面的法向量，∴，得z=, 又由，得，∴． 又平面，故存在点P，使DP∥平面，其坐标为， 即恰好为点． 题型二：垂直的点存在性问题 【典例2】（2026·高二·四川绵阳·期中）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，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）证明：因为在梯形中，，，为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形， 因为线段点，所以为线段的中点， 所以中，， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为平行四边形中，， 所以四边形是菱形，则，垂足为， 所以，， 因为平面，平面，所以是二面角的平面角， 因为二面角为直二面角，所以，即， 如图所示，分别以所在直线为建立空间直角坐标系， 线段上存在点，使得平面平面， 设，， 因为，所以， 由设平面的法向量为， 则， 令，则， 由，设平面的法向量为， 则，令，则可得， 则， 解得，即 为线段的中点，此时. 【变式2-1】（2026·高二·上海黄浦·期中）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，． (1)证明：； (2)线段上是否存在一点，使得直线垂直平面，若存在，求出线段的长，若不存在，说明理由． 【解析】（1） ∵在四棱锥中，面，面，面，∴，. 在直角梯形中，，. 又面面，,∴平面，又面，∴； （2）存在，，理由如下： 由题意及（1）得，存在一点，使得直线垂直平面. 在四棱锥中，，， 以为轴建立空间直角坐标系如图所示： 根据题意可得：， ∴. 根据点在线段上，∴. 设，则， 由得，得，∴， ∴. 【变式2-2】（2026·高二·湖南郴州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）连接，交于点，连接. 因为底面是菱形，所以互相平分，即为的中点. 因为为的中点，所以在中，是中位线，即. 因为平面平面，所以平面. （2）以为坐标原点，的方向分别为$x，z$轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意可得，. 设平面的法向量为. 因为， 所以令，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则 令，则. 若平面平面， 则，解得. 故存在点，使得平面平面，此时线段的长度为. 【变式2-3】（2026·高二·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【解析】（1）证明：在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 题型三：线线角的存在性问题 【典例3】（2026·高二·云南·阶段检测）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 【解析】（1） 如图，取的中点，连接，， 因为，， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为，， 所以，所以， 因为平面，， 所以平面，所以，，两两垂直， 以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则令得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以， 所以二面角的正弦值为； （3）假设在棱存在点，使得直线与所成角的余弦值为， 设，则，又， 所以，即， 所以，解得或（舍去）， 因此适合条件的点存在，且线段的长为1. 【变式3-1】（2026·高二·福建厦门·期中）如图，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． (1)求证：． (2)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，说明理由． 【解析】（1），分别为中点，，即， 为中点，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，. （2）取中点，连接， ，为中点，，即， ，； 则以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 假设在线段上存在点，使得直线和所成角的余弦值为， 设，则， ， ， 整理可得：，解得：， 存在满足题意的点，此时. 【变式3-2】（2026·高二·上海徐汇·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.    (1)求证： (2)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为四边形为正方形，平面， 如图以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，    所以， 所以， 所以，所以. （2）设线段上存在一点，使得与所成角的余弦值为， 则，又， 所以，解得（负值舍去）， 所以存在满足条件， 所以，依题意可得， 设为平面的法向量， 则，设，可得， 所以点到平面的距离为. 【变式3-3】（2026·高二·山西朔州·期中）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，． (1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值； (2)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为?若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由． 【解析】（1）由四边形为正方形，平面，知直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设平面和平面所成锐二面角为，则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． （2）假设存在，又，则，， 由直线与所成角的余弦值为，得， 解得，则存在点，为棱的中点时满足条件， 即，，， 设平面的一个法向量，则，令，得， 所以点到平面的距离为. 题型四：线面角相关的存在性问题 【典例4】（2026·高二·湖南益阳·阶段检测）正三角形所在的平面与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【解析】（1） ∵，是的中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，平面， ∴. （2）存在，，利用如下： 由（1）知平面，平面， ∴，菱形中，， 所以是正三角形，∴． ∴ 两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系． 则，，，，， 因为轴垂直平面，所以设平面的法向量为 ，， 设，， 则， ∵直线与平面所成的角为， ， 由，解得，∴． 【变式4-1】（2026·高二·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且，，.    (1)求证：平面PAD； (2)若，在棱PB上是否存在一点，使得直线CD与平面ACM所成角的正弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：在中，， 由余弦定理，得， 则，即，由平面平面， 平面平面平面， 所以平面. （2）设的中点分别为，连接， 由，得，又平面平面， 平面平面平面，则平面， 又平面，则，又，，则，即两两互相垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，   ，则， 设，则， 于是， 设是平面的法向量，则， 令，则，得， 设直线与平面所成角为，， 则， 即，而，解得， 所以存在点，使得直线直线与平面所成角的正弦值为，. 【变式4-2】（2026·高二·北京·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，分别是的中点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个合适的条件作为已知，解决下列问题：    (1)求证：平面； (2)求到平面的距离； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由． 条件①：；条件②：平面． 【解析】（1）证明：由题意知是正三角形，是的中点，则； 底面是边长为4的正方形，则， 连接, 若选条件①：，则，即不垂直， 而如果平面，平面，则必有； 故选条件①不能推出平面，该条件不恰当； 故选条件②：平面，结合平面，得， 而平面， 故平面； （2）连接，则，以O为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则， 故到平面的距离为； （3）不存在，理由：假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为， ， 设，则， 平面的法向量为 故， 即，则，该方程无解， 故线段上不存在点，使得直线与平面所成角为. 【变式4-3】（2026·高二·湖北黄冈·期中）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：由题设，得四棱台为正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系，    故， 所以， 若平面的一个法向量为，则， 令，则，显然，而面， 所以面； （2）由（1）知：，所以到平面的距离为 （3）假设在上存在点，且，， 则， 直线与平面所成的角为，故， 所以，即，可得或， 时，，则， 时，，则， 综上，长为或. 题型五：二面角相关的存在性问题 【典例5】（2026·高二·四川·期中）如图1所示，在等腰梯形，，垂足为E，，将沿折起到的位置，如图2所示.点为棱上一个动点，平面平面．    (1)求证：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． 【解析】（1）证明：， ，又平面，平面， 平面. （2）由， 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面， .因此，两两互相垂直， 以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系.    在等腰梯形中，， 因此易证得，故， 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，则有， 即，取，则，即. 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）. 因此，棱上存在点G，使平面与平面的夹角的余弦值为，此时. 【变式5-1】（2026·高二·河北沧州·期中）如图，在三棱锥中，底面，，，分别是的中点，F在SE 上，且. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【解析】（1） 证明：因为平面，平面， 所以， 因为，所以两两垂直， 所以以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示， 则， 因为，可得，所以， 则， 所以，所以. （2）假设存在满足条件的点，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ， 取，可得，所以， 因为为的中点，且，所以， 由（1）得，且，平面，所以平面， 所以平面的一个法向量为， 又因为平面与的夹角为， 所以， 整理得，解得或， 因为，所以，所以满足条件的点存在，且. 【变式5-2】（2026·高二·四川南充·期中）如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. (1)求证：平面； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正切值； (3)线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）因为，分别为，的中点，所以. 因为，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面. （2）因为，，，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意有，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量， 则有 令，得，，所以是平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则，于是可得 所以，所以直线与平面所成角的正切值为. （3）假设存在，使平面与平面夹角的正弦值为， 即使平面与平面夹角的余弦值为. 由（2）得，， 所以，，. 易得平面的一个法向量为. 设平面的法向量， ， 解得，令，得， 则是平面的一个法向量. 则有， 即，所以，解得或 又因为，所以. 故存在，使平面与平面夹角的正弦值为. 【变式5-3】（2026·高二·重庆万州·期中）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.    (1)求证：； (2)若直线与平面所成角为，求点到平面的距离. (3)是否存在点，使得平面与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【解析】（1） 因为平面，平面，所以， 故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设 ， 所以，所以即； （2）设平面的一个法向量为， 则，所以，取，则， 由（1），又直线与平面所成角为，， 所以， 所以，又由（1）可得， 所以点到平面的距离为. （3）存在，为线段的中点，理由如下： 由（2）平面的一个法向量为， 显然平面的一个法向量为， 则， 假设存在点，使得平面与平面所成角的正弦值为， 则（舍去）或， 所以存在点使得平面与平面所成角的正弦值为，为线段的中点. 题型六：点面距离的存在性问题 【典例6】（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. 【解析】（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. 【变式6-1】（2026·高二·广东深圳·阶段检测）如图，在正三棱柱中，底面边长为，侧棱长为，是的中点. (1)证明: 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值; 若不存在， 请说明理由. 【解析】（1） 如图，连接交于点O，连接， 则点O为的中点，且D是的中点， 则为的中位线，所以． 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为在正中，D是的中点，故， 以D为坐标原点，取的中点F，分别以为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 则，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）存在点，理由如下： 设，其中， 所以， ，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 则点到平面的距离， 化简得，解得或（舍去）． 综上，存在点E使得点到平面ADE的距离为．此时. 【变式6-2】（2026·高二·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面平面， M为棱PC的中点. (1)证明：平面； (2)若 （i）求二面角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【解析】（1）证明：取PD的中点N， 连接AN， MN， 如图所示： 为棱PC的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面， 平面. （2） 平面平面， 平面平面， 平面， 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PC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 根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为， 所以二面角的正弦值为. （ii） 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 【变式6-3】（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. 【解析】（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）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， 题型七：体积定值的存在性问题 【典例7】（2026·河南许昌·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. (1)证明：平面平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【解析】（1） 平面平面，平面平面 ， ，且平面，则平面， 因平面，则，又，则， 因平面，则平面， 又平面，故平面平面. （2） 【变式7-1】（2026·高一·陕西西安·期末）如图所示，在四棱锥中，平面，底面ABCD满足AD∥BC，，，E为AD的中点，AC与BE的交点为O． (1)设H是线段BE上的动点，证明：三棱锥的体积是定值； (2)求四棱锥的体积； (3)求直线BC与平面PBD所成角的余弦值． 【解析】（1）证明： 因为底面为梯形，AD∥BC，E为AD的中点，且， 所以四边形为平行四边形，则 ， 又平面，平面，所以平面， 又因为H为线段上的动点，的面积是定值， 从而三棱锥的体积是定值． （2）因为平面，所以，结合，所以， 又因为，且E为的中点， 所以四边形为正方形， 所以，结合，则平面， 连接，则， 因为平面，所以， 因为，所以是等腰直角三角形，O为斜边上的中点， 所以，且，所以平面， 所以是四棱锥的高， 又因为梯形的面积为， 在中，， 所以． （3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则， 设平面的法向量为，则 ， 即 ，则 ，令，得到， 设与平面所成的角为， 则， 所以，所以直线与平面所成角的余弦值为． 【变式7-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知四棱锥中，，，，侧面底面，点为的中点． (1)设点为上的动点，求证：四面体的体积为定值； (2)求平面和平面所成锐二面角的余弦值． 【解析】（1） 取的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 由已知且，且， 所以，四边形为平行四边形，故， 平面，平面，所以，平面， ，平面平面，平面平面， 平面，平面， 因为，所以点到平面的距离等于， ，则为等边三角形，则， 因此，. （2）取的中点，连接， 因为为等边三角形，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系， 则、、、，， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的法向量为，， 则，取，可得， . 因此，平面和平面所成锐二面角的余弦值为. 【变式7-3】（2026·高二·河北·期中）已知在如图所示的五面体中，四边形是正方形，，，，，点，在平面内的射影落在直线上. (1)设为边上任意一点，求证：三棱锥的体积为定值； (2)当为中点时，求平面与平面夹角的余弦值. 【解析】（1） 在正方形中，， 因为平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为定值. 又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值. （2）因为点，在平面内的射影落在直线上，所以平面平面. 因为，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以. 又，所以，，两两垂直. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，. 设为平面的一个法向量，则 即 不妨取，得到. 设平面的一个法向量为， 则 令，. 设平面与平面的夹角为， 则 故平面与平面夹角的余弦值为 题型八：特殊截面的存在性问题 【典例8】（2026·高二·福建厦门·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，平面平面，，. (1)在棱上是否存在某一点，使得过点，，的截面与底面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)在（1）的条件下，设过点，，的截面交于，求四棱锥的体积. 【解析】（1）存在，.理由如下： 取中点，取中点，连接，，. ∵侧面为正三角形，， 又∵平面平面，平面平面，面， 面， ∵底面为矩形，且， 则以为原点，，，所在直线分别为，，轴建系如图， 所以，，，，， 设，，且， 因为面平面的一个法向量 设平面的一个法向量为，， 则，， 令，则，. 因为平面与底面的夹角为, 所以， 得，解得或. 又，解得，因此存在点满足条件，. （2），面，面， 由线面平行的判定定理，面. 又面，面面，且面， 由线面平行的性质定理，. 又，，所以. ∴由（1）知，所以. （解法1）：由（1）知面的一个法向量为 则点到平面的距离为，， 所以， 因为，所以，， ，， 所以，所以为等腰梯形，， 所以等腰梯形的高， 所以， 所以. （解法2）：在梯形中， ，，， 所以， 又，则， 又， 因此. 【变式8-1】（2026·高二·河北衡水·期末）如图，四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面为等腰梯形，且，点是棱的中点，过点，，的平面交棱于点． (1)证明：平面； (2)求的值． 【解析】（1） 因为底面等腰梯形，且，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为为等边三角形，，取中点，连接，则. 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 因为，，为中点，为中点，所以. 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系. ,且为等边三角形，可求得. 则，，， 那么. 设，所以设. 又因为点是棱的中点，，则. 因为，，，四点共面，所以，，共面. ，，. 设存在实数，，使得，则可得方程组： ， 解得,, . 所以，则，. 所以. 【变式8-2】（2026·高二·河北邢台·阶段检测）如图，在边长为3的正方体中，点P，Q，R分别在棱，，上，且. （1）求点D到平面的距离； （2）若平面与线段的交点为N，求的值. 【解析】（1）如图，以点D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，. 设平面的法向量为， 则，代入可得， 令，则，，所以， 故点D到平面的距离为. （2）因为点N在平面内，可设（其中m，n为常数）， 又与共线，可设，由图可得， 即， 整理得， 由①③可得④， 由②③可得⑤， 联立④⑤解得，代入②可得， 所以，即. 【变式8-3】（2026·高三·青海西宁·期末）如图，在棱长为6的正方体中，E，F分别为，的中点. (1)求点D到平面的距离； (2)若平面与棱相交于点G，求. 【解析】（1）连接，则. 由， 且平面，得. 设点到平面的距离为， 则. 由，得， 解得，即点到平面的距离为. （2）设平面与棱相交于点H， 连接，，，， 则平面截正方体的截面为五边形. 因为平面平面，平面，所以平面. 又平面平面，所以. 同理可得. 正方体中，，则，， ，，，， 因为，分别为，的中点，所以. ，则，故. 1．（2026·高二·辽宁沈阳·阶段检测）已知正方体的棱长为1，若存在空间一点，满足，则点到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】正方体的棱长为1，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，   ，，， 由，得，， 所以点到直线BC的距离. 故选：B 2．（2026·高三·北京·阶段检测）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（   ） ①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形 A．①②③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】C 【解析】由题知，在正方体中，是棱上的动点， 建立以为原点建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，设，其中， 所以，， 当，即， 所以，显然方程组无解， 所以不存在使得， 即不存在点，使得，故①错误： 当时，解得， 即存在点，使得，故②正确： 因为，其中， 所以点到的距离为 ，故③正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误. 故选：C. 3．（2026·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 【答案】C 【解析】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1， 所以，， ， 对于A，，， 直线MN与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， ，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 平面与平面夹角的余弦值为： ，故B错误； 对于C，因为Q在上，设，所以，， 则，所以， 所以，， 所以，解得：. 故上存在点，使得，故C正确； 对于D，因为，所以四点共面， 而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误. 故选：C. . 4．（2026·高二·辽宁鞍山·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积不是定值 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 【答案】C 【解析】对于A，分别是棱的中点，则， 因为，且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，因为平面，平面，所以平面， 因为在上，所以点在平面的距离不变，而面积是定值，则三棱锥的体积不变， 即三棱锥的体积不变，故A错误； 对于B，因为，平面，平面，于是平面， 因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h， ， ，，， 由，得，则，B错误； 对C，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，, 设，则，，，， 由，得，解得， 由于，因此存在点，使得，C正确； 对于D，由选项C得在的投影点为， 则P到的距离， 面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误. 故选：C 5．（2026·高二·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，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，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【答案】C 【解析】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，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，故A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，故B错误； 对于C，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确； 对于D，设平面的一个法向量为， 又，， 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DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得，易得，所以该方程无解，故D错误. 故选：C. 6．（2026·辽宁大连·二模）如图所示，在正方体中，点F是棱上的一个动点(不包括顶点)，平面交棱于点E，则下列命题中正确的是(    ) A．存在点F，使得为直角 B．对于任意点F，都有直线∥平面 C．对于任意点F，都有平面平面 D．当点F由向A移动过程中，三棱锥的体积逐渐变大 【答案】C 【解析】对于A，易知，故与不垂直，故A错误； 对于B，连接、AC、EF，则平面平面=EF， 若∥平面，则∥EF，显然仅当F和E为所在棱中点时与EF才平行，故B错误； 对于C，连接、、、、、， 由AB⊥平面得AB⊥，易知⊥， ∵AB∩=A，AB、平面，∴⊥平面， ∴⊥，同理可证⊥， ∵∩=，、平面，∴⊥平面， ∵平面，∴平面⊥平面，故C正确； 对于D，连接、、， ∵∥，平面，平面， ∴∥平面，则F到平面的距离为定值， 又△面积为定值，故三棱锥F-体积为定值，故D错误． 故选：C． 7．（2026·四川成都·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】D 【解析】设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，1，，，1，，，0，，，0，，，1，，，1，，点， 则，而，， ，因此， ，，，， 对于①而言就是否存在实数，使，而，，，，此即，这样的不存在，①错误； 对于②而言就是否存在实数，使平面，首先我们在平面内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和， ，于是，即就是当为的中点的时候，②正确； 同理，对于③而言，还是判断这样的实数是否存在，， 设其夹角为，则， 令，此即，将上式平方解得，将回代原式结论成立，这样的存在；③错误； 对于④来说，点无论在上怎样移动，底面的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着点的变化而变化，故④错误． 所以正确的个数为1个. 故选：D. 8．（2026·高三·北京·阶段检测）如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ） A．存在点，使 B．三棱锥的体积随动点变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点，使平面 【答案】D 【解析】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则，，，，，，因为为线段上运动，设（），则，，若，则（），则有，显然无解，故A错误； 因为∥AC，平面，平面，故∥平面，因为为线段上运动，故到平面的距离不变，所以为定值，不随E的变动而变动，故三棱锥的体积不随动点变化而变化，B错误； ，设直线与所成角为，则，令，解得：，故当E为中点时，此时直线与所成的角为60°，故C错误； 设平面的法向量为，则，令得：，故，因为当时，即，故平面，故D正确. 故选：D 9．（多选题）（2026·高二·江苏盐城·期中）如图，在正三棱柱中，，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（    ） A．存在点，使得 B．若，，，不共面，则四面体的体积的最大值为 C．直线与平面所成的最大角为 D．若，则点的轨迹的长为 【答案】ABD 【解析】对于A选项，当点为中点时， 所以，故A正确； 对于C选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故C错误； 对于B选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远， 此时四面体的体积最大，以点为例，此时 ，故B正确； 对于D选项，若，如图， 在棱上取点，使，在棱上取点使， 在棱上取中点，则，， 则点的轨迹由圆弧，，，构成，且其所在圆的半径依次为， ，，，圆心角依次为，，，， 圆弧，，，的长分别为，，，，故点的轨迹的长为. 10．（多选题）（2026·高二·安徽合肥·期中）在棱长为1的正方体中，为底面内部（包括边界）一动点，下列结论正确的是（    ） A．存在点使得 B．存在点使得平面和平面的夹角大小为 C．若与底面所成角的正切值为，则点的轨迹长度为 D． 【答案】ABD 【解析】以点为原点，为轴建立空间直角坐标系， 依题意设， ， 所以，. 对于A，有， 当点为时，，即，故A正确； 对于B，显然平面，则平面的一个法向量为， 另设平面的法向量为， 则， 令，则，所以平面的一个法向量为， 若平面和平面的夹角大小为， 则，即， 解得，当，满足，故B正确； 对于C，若与底面所成角的正切值为，即， 则点的轨迹在以为圆心，为半径， 且在底面内的圆弧上，则圆弧与底面交于两点，所以圆心角为， 即其长度为，故C错误； 对于D， ，故D正确. 故选：ABD. 11．（多选题）（2026·高二·浙江嘉兴·期中）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列结论正确的是（    ）    A．平面截正方体所得的截面图形是五边形 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 【答案】AC 【解析】对于A，如图直线与、的延长线分别交于， 连接分别交于，连接， 则五边形即为所得的截面图形，故A正确； 对于B，由题可知，平面，平面， ∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得， ，， ∴， 又，所以， ∴由可得， 所以直线到平面的距离是，故B错误； 对于C，如图建立空间直角坐标系，则， 设， ∴，又， ∴，， 假设存在点，使得， ∴，整理得， ∴（舍去）或， 故存在点，使得，故C正确； 对于D，由上知， 所以点在的投影为， ∴点到的距离为： ， ∴当时，， ∴面积的最小值是，故D错误. 故选：AC. 12．（多选题）（2026·高二·湖北随州·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（      ） A．，，，四点共面 B．与所成角的大小为 C．在线段上存在点，使得平面 D．在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】在棱长为的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，即， 则，解得，即共面， 又为公共始点，因此,,,四点共面，A正确； ，则，， 因此与所成角的余弦值为，与所成角的大小为，B正确； 对于C，假设在线段上存在，可设 ，， 则， 由，得，由，得， 即与垂直和与垂直不能同时成立，因此与平面不垂直，C错误； ，则，，又，则， 又平面，平面，因此平面， 点到平面的距离即为点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，D正确. 故选：ABD 13．（2026·高二·北京·期中）如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论: ①三棱锥的体积为定值; ②存在点，使平面； ③存在点，使平面平面; ④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 其中所有正确结论的序号为____________________. 【答案】①②④ 【解析】易得平面平面，所以到平面的距离为定值， 又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故①正确． 对于②, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴,，建立空间直角坐标系, 则， ， 所以， 设，则， 所以，， 因为平面， 所以， 解得，当为线段上靠近的四等分点时，平面，故②正确. 对于③，设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的法向量为， 因为平面平面，所以， 设，即， 解得，又因为，不合题意， 线段上不存在点，使平面，故③错误． 对于④，平面的法向量为， 则， 因为， 所以， 所以的最大值为．故④正确． 故答案为：①②④． 14．（2026·高二·北京·阶段检测）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是______ （1）存在点，使得； （2）存在点，使得异面直线与所成的角为； （3）三棱锥体积的最大值是； （4）当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大. 【答案】 【解析】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图（1）所示，可得，， 对于（1）中，假设存在点，使得， 则， 所以，解得， 即点与重合时，，所以A正确； 对于（2）中，假设存在点， 因为， 所以，此时方程无解， 所以不存在点使得异面直线与所成的角为，所以B不正确； 对于（3）中，如图（2）所示，连接，设， 因为， 所以，当时，即点点与重合时，取得最大值， 又因为平面，且分别是线段的中点， 可得点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积的最大值为，所以C正确； 对于（4）中，由， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 因为，设直线与平面所成的角为， 可得， 所以，当点自向处运动时，的值由到变大，单调递增， 此时也单调递增，所以D正确. 故答案为：（1）（3）（4）. 15．（2026·高二·全国·期末）如图，已知正方体的棱长为1，E、F分别是棱AD、上的中点．若点P为侧面正方形内（含边）动点，且存在x、，使成立，则点P的轨迹长度为_________． 【答案】 【解析】因为成立，所以共面，即平面， 如图，取中点，连接、、， 根据正方体的性质得，，平面，平面，平面，，同理可证平面，且，所以平面平面，所以点在上运动，点的轨迹为线段，因为，， 由勾股定理得， 故答案为：. 16．（2026·高二·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【解析】（1） 取的中点，连接，如下图： 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）由题意知平面，且，可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 易知 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，可得； 又， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （3）存在点，，理由如下： 假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是， 设，，即，可得, 所以， 则点到平面的距离是，又，可得, 所以，， 即存在点到平面的距离是,. 17．（2026·高二·上海·期中）已知四棱锥的底面为梯形，，，，，平面. (1)求证：； (2)若点到平面的距离为，求四棱锥的高； (3)若在棱上存在一点，使得直线与平面所成角为，求四棱锥的高的取值范围. 【解析】（1） 如图连接，作的中点，连接， 因为底面为梯形，，，所以； 又，， 所以，，， ，所以，所以； 又平面，平面，所以； 又，平面，所以平面； 又平面，所以； （2）由（1）知，即为所求的四棱锥的高，且两两相互垂直， 建立如图所示空间直角坐标系，则 ，设，则， 所以， 设平面的一个法向量为，则 ，即，取，则，所以， 所以点到平面的距离，解得， 即所求的四棱锥的高为； （3）如图，设，则， 由（2）知，平面的一个法向量为，则， 因为直线与平面所成角为， 所以，化简得； 构造函数， 由函数在上单调递减，且； 又在单调递增，且； 所以在上单调递减，则有， 即，化简得，解得， 即四棱锥的高的取值范围是. 18．（2026·高二·贵州毕节·期中）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. (1)取线段中点，连接，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明:在四棱锥中，取中点，连接， AI由为的中点，且，，得，， 则四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 平面的一个法向量为， 则， 设平面与平面夹角为，由于为锐角， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为． （3）令， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得，平面的法向量为， 由平面平面，得， 得， 得， 故存在点，使得平面平面，此时． 19．（2026·高二·福建福州·期中）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)求证：平面平面； (2)设． （i）若，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）线段上是否存在一个点，使得点到点的距离都相等？说明理由． 【解析】（1）证明:因底面，底面，则，又， 平面，，则平面，又平面， 则平面平面； （2）如图建立空间直角坐标系. （i）由题结合，可得， 如图过C做，因，，则. 则，.设平面法向量为. 则，则取.设直线与平面所成角为. 则，此时直线在平面内，则与平面所成角的正弦值为0； （ii）线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等，理由略. 20．（2026·高二·河南洛阳·期中）如图1，在平行四边形中，，，为的中点.将沿折起，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)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； (3)求三棱锥的外接球的半径. 【解析】（1） 连接，由题意得为等边三角形，则， 在中，，，， ， 由，，，则，故. 又，则，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）如图，以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，过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 . 化简得，解得（舍去）， 故存在，使直线与平面所成角的正弦值为. （3）取中点，设三棱锥的外接球的球心为， 由知，点在过点且与平面垂直的直线上，设， 由得， 解得， 从而，即三棱锥的外接球的半径为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 立体几何存在性问题 目录 01 思维导图 2 02 知识回顾 3 03 题型精讲 4 题型一：平行的点存在性问题 4 题型二：垂直的点存在性问题 5 题型三：线线角的存在性问题 7 题型四：线面角相关的存在性问题 9 题型五：二面角相关的存在性问题 11 题型六：点面距离的存在性问题 13 题型七：体积定值的存在性问题 15 题型八：特殊截面的存在性问题 17 04 过关测试 20 立体几何存在性问题是高中立体几何的高频考点，核心解题思路是 “假设存在→推理计算→验证结论”，常用几何法与空间向量法求解。 空间向量法通用性更强，先建立空间直角坐标系，设出动点坐标，将平行、垂直、距离、角度等条件转化为向量坐标运算，列方程求解。若解符合线段、平面的边界约束，则存在；若无解或解超出范围，则不存在。解题时需注意参数取值范围，剔除增解，确保结果严谨。 题型一：平行的点存在性问题 【典例1】（2026·高二·四川雅安·期中）如图，在正方体中，分别是的中点． (1)用空间向量法证明：平面； (2)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，请指出的位置；若不存在，请说明理由． 【变式1-1】（2026·高二·广东佛山·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题： (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【变式1-2】如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABF，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且，，，． (1)求证：； (2)在线段BD上是否存在点M，使得直线平面AFM？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【变式1-3】（2026·高二·山西长治·期中）如图，在各棱长均为2的三棱柱中，侧面底面，． (1)求侧棱与平面所成角的正弦值； (2)已知点满足，那么在直线上是否存在点，使平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 题型二：垂直的点存在性问题 【典例2】（2026·高二·四川绵阳·期中）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，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【变式2-1】（2026·高二·上海黄浦·期中）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，． (1)证明：； (2)线段上是否存在一点，使得直线垂直平面，若存在，求出线段的长，若不存在，说明理由． 【变式2-2】（2026·高二·湖南郴州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 【变式2-3】（2026·高二·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 题型三：线线角的存在性问题 【典例3】（2026·高二·云南·阶段检测）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 【变式3-1】（2026·高二·福建厦门·期中）如图，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． (1)求证：． (2)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，说明理由． 【变式3-2】（2026·高二·上海徐汇·期末）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面.    (1)求证： (2)在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为？若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 【变式3-3】（2026·高二·山西朔州·期中）如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，． (1)求平面与平面所成锐二面角的余弦值； (2)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为?若存在，求点到平面的距离；若不存在，说明理由． 题型四：线面角相关的存在性问题 【典例4】（2026·高二·湖南益阳·阶段检测）正三角形所在的平面与菱形所在的平面互相垂直，，，是的中点. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【变式4-1】（2026·高二·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且，，.    (1)求证：平面PAD； (2)若，在棱PB上是否存在一点，使得直线CD与平面ACM所成角的正弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【变式4-2】（2026·高二·北京·期中）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，分别是的中点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个合适的条件作为已知，解决下列问题：    (1)求证：平面； (2)求到平面的距离； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，说明理由． 条件①：；条件②：平面． 【变式4-3】（2026·高二·湖北黄冈·期中）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 题型五：二面角相关的存在性问题 【典例5】（2026·高二·四川·期中）如图1所示，在等腰梯形，，垂足为E，，将沿折起到的位置，如图2所示.点为棱上一个动点，平面平面．    (1)求证：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． 【变式5-1】（2026·高二·河北沧州·期中）如图，在三棱锥中，底面，，，分别是的中点，F在SE 上，且. (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【变式5-2】（2026·高二·四川南充·期中）如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，. (1)求证：平面； (2)若为的中点，求直线与平面所成角的正切值； (3)线段上一动点满足，判断是否存在，使平面与平面夹角正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式5-3】（2026·高二·重庆万州·期中）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.    (1)求证：； (2)若直线与平面所成角为，求点到平面的距离. (3)是否存在点，使得平面与平面所成角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 题型六：点面距离的存在性问题 【典例6】（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. 【变式6-1】（2026·高二·广东深圳·阶段检测）如图，在正三棱柱中，底面边长为，侧棱长为，是的中点. (1)证明: 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面ADE的距离为?若存在，请求出的值; 若不存在， 请说明理由. 【变式6-2】（2026·高二·江苏南京·期中）如图，在四棱锥中，平面平面， M为棱PC的中点. (1)证明：平面； (2)若 （i）求二面角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【变式6-3】（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. 题型七：体积定值的存在性问题 【典例7】（2026·河南许昌·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，是边长为2的等边三角形，为侧棱的中点，为线段上一点. (1)证明：平面平面； (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值； (3)设点为三棱锥的外接球的球心，试判断三棱锥的体积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【变式7-1】（2026·高一·陕西西安·期末）如图所示，在四棱锥中，平面，底面ABCD满足AD∥BC，，，E为AD的中点，AC与BE的交点为O． (1)设H是线段BE上的动点，证明：三棱锥的体积是定值； (2)求四棱锥的体积； (3)求直线BC与平面PBD所成角的余弦值． 【变式7-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知四棱锥中，，，，侧面底面，点为的中点． (1)设点为上的动点，求证：四面体的体积为定值； (2)求平面和平面所成锐二面角的余弦值． 【变式7-3】（2026·高二·河北·期中）已知在如图所示的五面体中，四边形是正方形，，，，，点，在平面内的射影落在直线上. (1)设为边上任意一点，求证：三棱锥的体积为定值； (2)当为中点时，求平面与平面夹角的余弦值. 题型八：特殊截面的存在性问题 【典例8】（2026·高二·福建厦门·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面为正三角形，平面平面，，. (1)在棱上是否存在某一点，使得过点，，的截面与底面的夹角为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)在（1）的条件下，设过点，，的截面交于，求四棱锥的体积. 【变式8-1】（2026·高二·河北衡水·期末）如图，四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面为等腰梯形，且，点是棱的中点，过点，，的平面交棱于点． (1)证明：平面； (2)求的值． 【变式8-2】（2026·高二·河北邢台·阶段检测）如图，在边长为3的正方体中，点P，Q，R分别在棱，，上，且. （1）求点D到平面的距离； （2）若平面与线段的交点为N，求的值. 【变式8-3】（2026·高三·青海西宁·期末）如图，在棱长为6的正方体中，E，F分别为，的中点. (1)求点D到平面的距离； (2)若平面与棱相交于点G，求. 1．（2026·高二·辽宁沈阳·阶段检测）已知正方体的棱长为1，若存在空间一点，满足，则点到直线BC的距离为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·高三·北京·阶段检测）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点.则下列说法正确的是（   ） ①存在点，使得；②存在点，使得；③对于任意点，到的距离的取值范围为；④对于任意点，都是钝角三角形 A．①②③ B．①④ C．②③ D．②④ 3．（2026·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（    ） A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为 C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面 4．（2026·高二·辽宁鞍山·期中）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的体积不是定值 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 5．（2026·高二·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，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，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 6．（2026·辽宁大连·二模）如图所示，在正方体中，点F是棱上的一个动点(不包括顶点)，平面交棱于点E，则下列命题中正确的是(    ) A．存在点F，使得为直角 B．对于任意点F，都有直线∥平面 C．对于任意点F，都有平面平面 D．当点F由向A移动过程中，三棱锥的体积逐渐变大 7．（2026·四川成都·模拟预测）如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论：①存在点E，使；②存在点E，使平面；③EF与所成的角不可能等于60°；④三棱锥的体积随动点E的变化而变化．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 8．（2026·高三·北京·阶段检测）如图，已知正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（    ） A．存在点，使 B．三棱锥的体积随动点变化而变化 C．直线与所成的角不可能等于 D．存在点，使平面 9．（多选题）（2026·高二·江苏盐城·期中）如图，在正三棱柱中，，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（    ） A．存在点，使得 B．若，，，不共面，则四面体的体积的最大值为 C．直线与平面所成的最大角为 D．若，则点的轨迹的长为 10．（多选题）（2026·高二·安徽合肥·期中）在棱长为1的正方体中，为底面内部（包括边界）一动点，下列结论正确的是（    ） A．存在点使得 B．存在点使得平面和平面的夹角大小为 C．若与底面所成角的正切值为，则点的轨迹长度为 D． 11．（多选题）（2026·高二·浙江嘉兴·期中）如图，在棱长为的正方体中，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列结论正确的是（    ）    A．平面截正方体所得的截面图形是五边形 B．直线到平面的距离是 C．存在点，使得 D．面积的最小值是 12．（多选题）（2026·高二·湖北随州·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（      ） A．，，，四点共面 B．与所成角的大小为 C．在线段上存在点，使得平面 D．在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 13．（2026·高二·北京·期中）如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论: ①三棱锥的体积为定值; ②存在点，使平面； ③存在点，使平面平面; ④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 其中所有正确结论的序号为____________________. 14．（2026·高二·北京·阶段检测）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是______ （1）存在点，使得； （2）存在点，使得异面直线与所成的角为； （3）三棱锥体积的最大值是； （4）当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大. 15．（2026·高二·全国·期末）如图，已知正方体的棱长为1，E、F分别是棱AD、上的中点．若点P为侧面正方形内（含边）动点，且存在x、，使成立，则点P的轨迹长度为_________． 16．（2026·高二·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 17．（2026·高二·上海·期中）已知四棱锥的底面为梯形，，，，，平面. (1)求证：； (2)若点到平面的距离为，求四棱锥的高； (3)若在棱上存在一点，使得直线与平面所成角为，求四棱锥的高的取值范围. 18．（2026·高二·贵州毕节·期中）如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. (1)取线段中点，连接，证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 19．（2026·高二·福建福州·期中）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)求证：平面平面； (2)设． （i）若，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）线段上是否存在一个点，使得点到点的距离都相等？说明理由． 20．（2026·高二·河南洛阳·期中）如图1，在平行四边形中，，，为的中点.将沿折起，使得，如图2. (1)求证：平面平面； (2)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； (3)求三棱锥的外接球的半径. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $