拓展专题01 利用空间向量解决探究问题（期中复习讲义）高二数学上学期人教A版选择性必修第一册

专题01利用空间向量解决探索性问题 01 期中考情透视 02 知识体系构建 03 核心考点精讲 考点一 利用空间向量解决探索性问题 考点二 动点的设法 04 重难题型突破 题型一 平行问题中的动点探索 题型二 垂直问题中的动点探索 题型三 夹角问题中的动点探索 题型四 距离问题中的动点探索 05 限时分层演练 基础固本练 / 综合进阶练 一、考点与题型命题特点 本专题属于空间向量与立体几何的拔高考点，一般设置在立体几何解答题的第二小问，极少单独出选择、填空题。题型为存在性探究：在线段上是否存在一点，满足线面平行、线面垂直，或满足特定空间角（异面直线角、线面角、二面角）条件；核心方法是设参数，用参数表示动点坐标，借助空间方向向量、平面法向量建立方程求解参数，判断参数是否在线段取值范围内，确定点是否存在。几何体载体以直棱柱、四棱锥、三棱锥等规则几何体为主，依托空间直角坐标系解题。 二、试题难易度分布 本专题属于中档偏难题。 基础（不单独命题）：建系、求法向量、空间角公式等基础能力是解决本专题的前提。 中档：探究平行、垂直关系，方程结构简单，求解参数难度不大，重点检验参数范围。 难题：给定空间角条件的探究问题，方程构造复杂，容易出现三角函数、根式运算；主要失分点：参数范围忽略、建系出错、法向量计算错误、解出参数后忘记判断点是否在线段上 三、整体命题核心规律 命题以假设存在，设参求解为固定思路，把几何探究问题转化为代数方程求解；重在考查坐标法、方程思想，弱化纯几何推理；解题完整流程：假设存在→设参数表示动点坐标→写出向量→利用平行/垂直/空间角条件列方程→解方程→检验参数范围，参数在[0,1]内即为存在。 失分核心：求出参数但不验证是否在线段上；建系不规范；法向量计算出错；空间角公式混淆。 考点一 探索性问题的类型及思路 1、考题类型 一类是探索线面位置关系的存在性问题，即线面的平行与垂直，另一类是探索线面的数量关系的存在性问题，即线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题。 2、解题思路 （1）根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示。 （2）假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在。 考点二 动点的设法（减少变量数量） 在解决探索性问题中点的存在性四，经常需要设出点的坐标，而可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大。为了减少变量数量，用以下设法。 1、直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标； 依据：根据平面向量共线定理—若，使得 【示例】已知，，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示， 方法如下：， 因为在上，所以 ∴， 所以可设点. 2、平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标。 依据：平面向量基本定理—若，不共线，则平面上任意一个向量，均存在，，使得 【示例】已知，，，则平面上某点坐标可用两个变量表示， 方法如下：，， 故，即 所以可设点. 题型一 平行问题中的动点探索 【典例1】（2025高二上·福建厦门·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，. (1)求证：； (2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由． 【变式1-1】（25-26高二上·福建厦门·期中）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，且，M是棱的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)E为棱的中点，在棱上是否存在点F，使得∥平面？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由． 【变式1-2】（25-26高二上·北京平谷·期中）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是线段上一点，且. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线平面，说明理由. 【变式1-3】（25-26高二上·河南南阳·阶段检测）如图，在正方体中，棱长为，为对角线上的动点，、分别为、的中点，解答下列问题： (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的最大正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 题型二 垂直问题中的动点探索 【典例2】如图，在正三棱柱中，，分别为的中点． 线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由． 【变式2-1】（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段的中点． (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得？若存在，请求出；若不存在，请说明理由． 【变式2-2】（25-26高二下·云南玉溪·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点． (1)证明：直线平面 (2)是否在线段存在一点，使得平面平面，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由？ 【变式2-3】（25-26高二上·江苏无锡·期中）在四棱锥中，已知底面是直角梯形，，，平面平面，且，.    (1)证明：平面； (2)当时，求异面直线，所成角的余弦值； (3)是否存在实数，使得平面平面，若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 题型三 夹角问题中的动点探索 【典例3】（26-27高二上·四川遂宁·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，、分别为棱、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3-1】（26-27高二上·辽宁沈阳·阶段检测）已知：斜三棱柱中，，与面所成角正切值为2，，，，点为棱的中点，且点向平面所作投影在内． (1)求证：； (2)棱（含端点）上是否存在一点，使二面角的平面角的余弦值为，若存在，指出点位置，若不存在，说明理由． 【变式3-2】（25-26高二下·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【变式3-3】（25-26高二上·贵州遵义·阶段检测）如图，在正四棱柱中，，，，，是直线上的点． (1)若，，，四点共面，证明：. (2)设直线与平面所成角为，是否存在点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 题型四 距离问题中的动点探索 【典例4】（25-26高二上·四川达州·期中）如图，在四棱锥中，平面. (1)证明：平面PAC. (2)在线段BC上是否存在一点，使点到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式4-1】（25-26高二上·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4-2】（26-27高二上·福建厦门·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，， （ⅰ）求二面角的余弦值； （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4-3】（26-27高二上·广东广州·阶段检测）如图，平行六面体的所有棱长均为2、，，平面平面，点满足．． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值： (3)是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 基础固本练（限时：15分钟） 1．（25-26高二上·天津东丽·阶段检测）如图，已知在直三棱柱中，，，，． (1)在线段上是否存在点，使得? (2)在线段上是否存在点，使得平面?说明理由． 2．（26-27高二上·广东汕头·阶段检测）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)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 3．（25-26高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，为棱的中点. (1)求二面角的余弦值； (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，说明理由. 综合进阶练（限时：15分钟） 1．（25-26高二上·安徽安庆·期中）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，在线段上，且，动点满足：，下列说法正确的是（    ） A．直线与平面所成角的余弦值的最大值为 B．存在，使四点共面 C．存在，使 D．的最小值为 2．（25-26高二上·浙江·阶段检测）（多选）在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（    ） A． B．直线与直线所成角的取值范围为 C．存在点使得平面 D．存在点使得平面 3．（25-26高二上·辽宁阜新·期中）（多选）如图几何体是由正方形以直线为轴旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得直线与平面的所成角的正切值为 C．不存在点，使得平面平面 D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01利用空间向量解决探索性问题 01 期中考情透视 02 知识体系构建 03 核心考点精讲 考点一 利用空间向量解决探索性问题 考点二 动点的设法 04 重难题型突破 题型一 平行问题中的动点探索 题型二 垂直问题中的动点探索 题型三 夹角问题中的动点探索 题型四 距离问题中的动点探索 05 限时分层演练 基础固本练 / 综合进阶练 一、考点与题型命题特点 本专题属于空间向量与立体几何的拔高考点，一般设置在立体几何解答题的第二小问，极少单独出选择、填空题。题型为存在性探究：在线段上是否存在一点，满足线面平行、线面垂直，或满足特定空间角（异面直线角、线面角、二面角）条件；核心方法是设参数，用参数表示动点坐标，借助空间方向向量、平面法向量建立方程求解参数，判断参数是否在线段取值范围内，确定点是否存在。几何体载体以直棱柱、四棱锥、三棱锥等规则几何体为主，依托空间直角坐标系解题。 二、试题难易度分布 本专题属于中档偏难题。 基础（不单独命题）：建系、求法向量、空间角公式等基础能力是解决本专题的前提。 中档：探究平行、垂直关系，方程结构简单，求解参数难度不大，重点检验参数范围。 难题：给定空间角条件的探究问题，方程构造复杂，容易出现三角函数、根式运算；主要失分点：参数范围忽略、建系出错、法向量计算错误、解出参数后忘记判断点是否在线段上 三、整体命题核心规律 命题以假设存在，设参求解为固定思路，把几何探究问题转化为代数方程求解；重在考查坐标法、方程思想，弱化纯几何推理；解题完整流程：假设存在→设参数表示动点坐标→写出向量→利用平行/垂直/空间角条件列方程→解方程→检验参数范围，参数在[0,1]内即为存在。 失分核心：求出参数但不验证是否在线段上；建系不规范；法向量计算出错；空间角公式混淆。 考点一 探索性问题的类型及思路 1、考题类型 一类是探索线面位置关系的存在性问题，即线面的平行与垂直，另一类是探索线面的数量关系的存在性问题，即线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题。 2、解题思路 （1）根据题设条件的垂直关系，建立适当空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示。 （2）假设所成的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的位置关系、数量关系，构建方程（组）求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在。 考点二 动点的设法（减少变量数量） 在解决探索性问题中点的存在性四，经常需要设出点的坐标，而可表示空间中的任一点，使用三个变量设点需要列三个方程，导致运算量增大。为了减少变量数量，用以下设法。 1、直线（一维）上的点：用一个变量可以表示出所求点的坐标； 依据：根据平面向量共线定理—若，使得 【示例】已知，，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示， 方法如下：， 因为在上，所以 ∴， 所以可设点. 2、平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标。 依据：平面向量基本定理—若，不共线，则平面上任意一个向量，均存在，，使得 【示例】已知，，，则平面上某点坐标可用两个变量表示， 方法如下：，， 故，即 所以可设点. 题型一 平行问题中的动点探索 【典例1】（2025高二上·福建厦门·专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，. (1)求证：； (2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)在上存在点使得平面，且为的中点． 【解析】（1）因为，，，所以， 如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，， 所以，，即. （2）若存在点使平面，则，， ，，，， 因为平面，所以存在实数、，使成立， 则，解得， 故在上存在点使平面，此时点为中点. 【变式1-1】（25-26高二上·福建厦门·期中）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，且，M是棱的中点． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)E为棱的中点，在棱上是否存在点F，使得∥平面？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在，当点F为棱的中点 【解析】（1）底面是边长为2的正方形， 底面，平面，,， 平面，平面，平面， 又，平面，平面，. ，M是棱的中点，所以，平面， 平面，，平面, 平面，所以 （2）如图：以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系, 则,， 设平面的法向量为 则即 ，取，则， ，所以， 直线与平面所成角的大小 （3） 存在，当点F为棱的中点时，∥平面，证明如下： 分别是的中点，. E为棱的中点，,， 四边形为平行四边形，，平面， 平面,∥平面. 【变式1-2】（25-26高二上·北京平谷·期中）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是线段上一点，且. (1)求证：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线平面，说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在 【解析】（1）证明：因为平面，平面，则， 又因为底面是矩形，则， 且，平面，则平面， 且平面，所以平面平面. （2）因为平面，， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，    则， 可得，，， 因为，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可知：平面的法向量为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）理由为： 设，则， 若直线平面，则， 可得，解得， 所以存在点，使得直线平面，此时点为的中点. 【变式1-3】（25-26高二上·河南南阳·阶段检测）如图，在正方体中，棱长为，为对角线上的动点，、分别为、的中点，解答下列问题： (1)求三棱锥的体积； (2)求直线与平面所成角的最大正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)；(3)不存在，证明见解析 【解析】（1）因为平面平面，所以点到平面的距离等于， 所以， 所以. （2）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、、， 设，其中， ， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 当且仅当时，直线与平面所成角的正弦值最大，且其最大值为. （3）不存在，理由如下： 由（2）知、、、、， 设平面的法向量为，，， 由，令，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 若平面平面，则，即，解得， 因此不存在这样的点使得平面平面. 题型二 垂直问题中的动点探索 【典例2】如图，在正三棱柱中，，分别为的中点． 线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由． 【答案】存在，距离为 【解析】分别取中点O，，连接． 因为是正三棱柱， 所以平面，． 所以平面，平面，所以． 以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系． 则． 所以． 设平面的法向量为， 所以，即 令，解得，所以． 假设存在点G，设． 所以，所以． 由知，若， 则． 解得．即G与C为同一个点． 因为，平面的法向量为， 所以点G到平面的距离． 【变式2-1】（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段的中点． (1)求平面与平面夹角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得？若存在，请求出；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)存在，2 【解析】（1）由平面且四边形为矩形可得两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令得，则， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为，则， 所以，， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为． （2）假设存在满足题意的点， 因为在线段上，有，即， 所以，则， 因为，所以， 解得， 即存在满足题意的点． 【变式2-2】（25-26高二下·云南玉溪·期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点． (1)证明：直线平面 (2)是否在线段存在一点，使得平面平面，若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由？ 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【解析】（1）为线段的中点，为线段的中点， 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）存在点，，理由如下： 如图，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为为线段的中点，为线段的中点，所以，. 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以. 设，则. 设平面的法向量为. ，，， 则，即， 令，则，，所以. 若使平面平面，则，即，解得. 所以，故，即. 【变式2-3】（25-26高二上·江苏无锡·期中）在四棱锥中，已知底面是直角梯形，，，平面平面，且，.    (1)证明：平面； (2)当时，求异面直线，所成角的余弦值； (3)是否存在实数，使得平面平面，若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)存在， 【解析】（1）取的中点，的中点，连接，， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面； （2）由（1）可知分别为的中点，， 所以， 因为，所以， 所以，，两两垂直， 以为原点，，，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，    设长度为1个单位长度， 则，，，， 当时，为的中点，则， 因为，， 设异面直线，所成角的， 则； （3），， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量可以为， 因为，，， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则， 所以平面的法向量可以为， 若平面平面， 则，解得， 所以当时，平面平面. 题型三 夹角问题中的动点探索 【典例3】（26-27高二上·四川遂宁·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，、分别为棱、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)存在，点的坐标为 【解析】（1）在正方体中，以点为原点，分别以，，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， ，，，， ，， ， 设平面的法向量为 则，即，令，， 所以平面的法向量为， ， ， 设直线与平面所成角为， 所以 则直线与平面所成角的正弦值为. （2）因为点在线段上，所以点、、三点共线，即， ，，， ，可得， 由（1）可知，平面的法向量为， ， 设平面的法向量为 则，即，令，， 所以平面的法向量为， ， ， 设二面角的平面角为， 所以， 得，两边平方得 整理得，解得，， 当时，，点与点重合， 此时二面角的平面角为钝角，余弦值小于0，不符合题意，舍去； 当时，， 综上所述，线段上存在一点，使得二面角的余弦值为，点的坐标为. 【变式3-1】（26-27高二上·辽宁沈阳·阶段检测）已知：斜三棱柱中，，与面所成角正切值为2，，，，点为棱的中点，且点向平面所作投影在内． (1)求证：； (2)棱（含端点）上是否存在一点，使二面角的平面角的余弦值为，若存在，指出点位置，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，F点满足. 【解析】（1）取线段的中点，连接、， 在斜三棱柱中，且，则四边形为平行四边形， 所以且， 因为、分别为、的中点，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为，则，因为，则， 因为，为的中点，则， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）由（1）可知，平面， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面，平面，则， 又因为，，、平面，则平面， 所以直线与平面所成的角为， 所以，则， 因为，可得，， 因为，， 所以，则， 因为为的中点，所以， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 而，则， 即点，同理可得点、， 设，其中， 则，且， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 因为二面角的平面角的余弦值为， 则，整理可得， 因为，解得，即. 【变式3-2】（25-26高二下·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在；点为的中点 【解析】（1）证明：是正三角形，为的中点，． 又因为，， 所以，，又因为 所以平面，又因为平面，， ，平面，平面， 平面． （2）存在，理由如下： 取的中点，由（1）及已知得，， 点，分别为，的中点， ，，． 又，，，两两垂直． 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， ．设，， ，， ，设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，． 由已知得，即，解得或（舍去）， 故，此时，则是的中点， 存在满足条件的点，点为的中点 【变式3-3】（25-26高二上·贵州遵义·阶段检测）如图，在正四棱柱中，，，，，是直线上的点． (1)若，，，四点共面，证明：. (2)设直线与平面所成角为，是否存在点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，或. 【解析】（1）在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，，， 得，设， 则， 由，，，四点共面，得共面，存在实数对使得， 则，即， 解得，因此，即，又， 所以. （2）设平面的法向量，则，取，得， 则， 整理得，解得或， 所以存在点，使得，或. 题型四 距离问题中的动点探索 【典例4】（25-26高二上·四川达州·期中）如图，在四棱锥中，平面. (1)证明：平面PAC. (2)在线段BC上是否存在一点，使点到平面PCD的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在， 【解析】（1）法一， 在直角梯形ABCD中，， 因为，所以，所以. 又因为平面ABCD，所以. 因为，所以平面PAC. 法二， 以为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则.                         设平面PAC的法向量为， 因为，所以 取，得. 又，所以，即与共线， 所以平面PAC. （2）法一 假设存在一点，使点到平面PCD的距离为，设， 即，连接DE，EP， 因为， 所以. 因为平面ABCD，所以，则， 由（1）知平面PAC，则. 由，得，解得， 因此线段BC上存在一点，当时，点到平面PCD的距离为. 法二， 设平面PCD的法向量为， 因为，所以 取，得. 设，点到平面PCD的距离为， 因为，所以，解得， 所以， 因此线段BC上存在一点，当时，点到平面PCD的距离为. 【变式4-1】（25-26高二上·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， 【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4-2】（26-27高二上·福建厦门·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点. (1)证明：平面； (2)若，， （ⅰ）求二面角的余弦值； （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. 【答案】(1)证明见解析；(2)二面角的余弦值为； 【解析】（1）取的中点，连接，， 为中点，是的中位线， ，且， 由题意得，，， 且， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 由线面平行的判定定理得：平面. （2），，， ，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， ，以为原点，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 由已知得各点坐标： ， 是中点，. ， 设平面的法向量为， 令，解得，得， 平面在平面内，取平面的一个法向量， ， 由图可知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为； 设，， ，，则， ，平面的法向量，， 点到平面的距离公式： ， 令，即， ，，即，解得， 故线段上存在满足条件的点， ， . 【变式4-3】（26-27高二上·广东广州·阶段检测）如图，平行六面体的所有棱长均为2、，，平面平面，点满足．． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成的角的正弦值： (3)是否存在点在线段上，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3) 【解析】（1）证明：如图，连接交于，连接，， 因为，，所以与相似，所以， 即，又，所以， 又平面，平面，所以平面； （2）取中点，连接，因为平面平面，且， 平面平面，平面， 所以平面，由于，所以， 又，，由余弦定理得， 所以，所以，则， 如图以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 由得，则， 设平面的一个法向量为， 则，可取， 所以， 所以直线与平面所成的角的正弦值为； （3）设，因为，， 所以， 所以， 则点到平面的距离， 整理得，解得或（舍去）， 所以时使得点到平面的距离为. 基础固本练（限时：15分钟） 1．（25-26高二上·天津东丽·阶段检测）如图，已知在直三棱柱中，，，，．    (1)在线段上是否存在点，使得? (2)在线段上是否存在点，使得平面?说明理由． 【答案】(1)存在；(2)存在 【解析】（1）因为，，，所以，故， 如图，以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 假设在上存在点满足条件．    设，， 因为，所以，解得， 即在上存在点使得，此时点与点重合． （2）存在，证明见解析 存在，理由如下： 假设在上存在点，使得平面． 设，，． 设平面的一个法向量， 则有，得，取，可得， 由，解得， 所以在上存在点，使得平面，这时为的中点． 2．（26-27高二上·广东汕头·阶段检测）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)求直线与平面所成角的正弦值； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；(2)存在，. 【解析】（1）取的中点O，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，，，，. 则，，. 设平面的法向量为， 则，取，得. 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. （2）令，. ，. 设平面的法向量为， 则， 取，得. 平面的法向量为. 于是. 化简得，又，解得，即. 所以线段上存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，. 3．（25-26高二上·北京·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，为棱的中点. (1)求二面角的余弦值； (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，说明理由. 【答案】(1)；(2)存在， 【解析】（1），，故， 平面平面，平面平面，平面， 故平面， 又平面，故，，又， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图：    则，，，，为棱的中点，， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，故； 平面的一个法向量为， ， 二面角的平面角为钝角，故其余弦值为； （2）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，， 平面的一个法向量为，， 点到平面的距离是，解得， 故线段上存在点满足条件，. 综合进阶练（限时：15分钟） 1．（25-26高二上·安徽安庆·期中）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，在线段上，且，动点满足：，下列说法正确的是（    ） A．直线与平面所成角的余弦值的最大值为 B．存在，使四点共面 C．存在，使 D．的最小值为 【答案】BCD 【解析】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系：    选项，则， 所以， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以， 所以，故选项A错误； 选项B，若四点共面，则存在实数，使， 即，所以，解得， 所以当时，四点共面，故选项B正确； 选项C，因为， 若，则，解得，故C选项正确； 选项D，因为， 所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为，故选项正确. 故选：BCD. 2．（25-26高二上·浙江·阶段检测）（多选）在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（    ） A． B．直线与直线所成角的取值范围为 C．存在点使得平面 D．存在点使得平面 【答案】BCD 【解析】将正三棱台补成如图所示的正三棱锥， 因为，则，所以为的中点， 过作于，由正三棱台的性质得，又，则， 过作平面于，则是的中心， 连接并延长交于，易知为的中点， 由，易得，，， 所以， 设平面于，连接并延长交于，易知为的中点， 易得，，，过作交于，则， 过点作直线平面， 以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ， 对于A选项，，则， 所以不垂直，故A错误； 对于B选项，设， 因为， 设直线与直线所成的角为， 则， 又，令，令， 则，当时，， 当时，， 又，则， 故，则，又，所以，故B正确； 对于C选项，当与重合时，此时即，易知， 又平面，平面 所以平面，故C正确， 对于D选项，由选项B知， 又 则，得到，解得， 故当与重合时，平面，故D正确， 故选：BCD. 3．（25-26高二上·辽宁阜新·期中）（多选）如图几何体是由正方形以直线为轴旋转得到的，已知点是圆弧的中点，点是圆弧上的动点（含端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得直线与平面的所成角的正切值为 C．不存在点，使得平面平面 D．不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】由题意，可将几何体补全为一个正方体，建立空间直角坐标系，如图所示， 设正方体棱长为2，则，，设， 对于A：设存在点，使得平面， 因为， 所以， 由，所以， 即当点与点重合时，平面，故A正确； 对于B：设存在点，使得直线与平面的所成角的正切值为， 设直线与平面的所成角为，即，， 又，所以， 又，解得， 又，， 则， 整理得，令， 可知在上的图象是连续的，， 所以存在，使得， 所以存在点，使得直线与平面的所成角的正切值为，故B正确； 对于C：设存在点，使得平面平面， 则， 而，平面的一个法向量为， 所以， 又，则，即当点为的中点时，平面平面，故C错误； 对于D：设平面的法向量为， 因， 所以，令，则 可得，故， 假设存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，， 所以， 所以或， 因为，则， 而， 故当时，或均无解， 综上所述，不存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $