专题15 利用空间向量解决立体几何中的折叠及探究性问题五类综合题型（压轴题专项训练）数学北师大版选择性必修第一册

专题15 利用空间向量解决折叠及探究性问题（解答题） 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、利用空间向量解决立体几何中的折叠问题 题型二、利用空间向量解决位置类存在性问题 题型三、利用空间向量解决角度类存在性问题 题型四、利用空间向量解决距离类存在性问题 题型五、利用空间向量解决其他存在性问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 利用空间向量解决折叠与探究性问题是立体几何解答题中的压轴题型，所有题型均围绕折叠前后不变量识别、动态参数设置、位置条件翻译、方程解的甄别、结果几何校验五大核心展开，解题贯穿多条底线原则：一是折叠问题分清折叠前后长度、角度的不变量与改变量，找准折叠对应的垂直约束，二是存在性探究问题合理设出动点参数，准确限定参数的实际取值范围，三是位置、角度、距离类探究把几何条件等价转化为向量方程或者方程组，四是求解之后要检验所得参数是否符合几何体实际空间约束，舍弃不符合题意的解，五是建系时优先依托折叠产生的垂直关系搭建坐标系，算出结果之后放回折叠几何体中验证全部题设条件 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、利用空间向量解决立体几何中的折叠问题 典例1-1 如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现. (1)求点P到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 典例1-2 如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 题型模版 1.特征：题目将平面图形沿着某条棱翻折变成立体几何体，翻折之后求解平行垂直证明、角度、距离，是高考高频大题。分为翻折后角度定值、动点翻折两种考法 2.方法：①分清折叠前后不变量与变化量：在折痕同一个侧面上，线段长度、角度大小保持不变；跨越折痕的位置关系、距离、夹角会发生改变。 ②寻找折叠之后互相垂直的三条直线，以此建立空间直角坐标系，写出全部关键点坐标。折叠产生的二面角，经常作为已知条件，用来计算点的空间坐标。 ④得到坐标之后，求方向向量、平面法向量，就可以完成证明平行垂直、计算各类角度与距离。 ⑤如果是动态折叠，把翻折角度设为参数，写出坐标，构造函数，求解最值、取值范围 变式1-1如图1，等腰直角的斜边为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求平面和平面所成角的余弦值． (3)试问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，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 变式1-2图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (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. 变式1-3如图1，在梯形中，，为的中点，，，将沿折叠，得到图2所示的四棱锥，且． (1)若为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面所成角的大小． 变式1-4在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 类型二、利用空间向量解决位置类存在性问题 典例2-1 如图，在四棱锥中，平面，，，，，， (1)证明：平面平面； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 典例2-2如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，E是的中点， (1)求证：平面 ； (2)求证：平面； (3)侧棱上是否存在一点F，使得平面，若存在，则求的值；若不存在，请说明理由. 题型模版 1.特征：几何体的棱、边上存在未知动点，问是否存在某个位置，满足线线平行、线面平行，线线垂直、线面垂直这类位置关系；存在就求出动点位置，不存在说明理由 2.方法：①建立空间直角坐标系，设出动点参数，一般用一个参数表示动点坐标，参数代表动点在棱上的比例。 ②转化位置条件为向量等式： 线面平行：直线方向向量和平面法向量数量积等于零，同时直线不在平面内。 线面垂直：直线方向向量和平面内两条不共线向量都垂直，方向向量与平面法向量互相共线。 ③根据向量条件列方程，求解参数。 ④检验解出来参数是否在动点允许取值范围。参数在合理区间，则位置存在；不在区间，则不存在. 变式2-1在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，，，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等，记，，，且，. (1)当时，用向量表示，； (2)是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 变式2-2直三棱柱中，，，， (1)如图1，点E为棱上的动点，点F为棱BC上的动点，且，求线段长的最小值； (2)如图2，点M是棱AB的中点，点N是棱的中点，P是与的交点，在线段上是否存在点Q，使得面？    变式2-3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2-4如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，，平面平面ABCD，且，，点G是EF的中点．    (1)证明：平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 题型三、利用空间向量解决角度类存在性问题 典例3-1 如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 典例3-2 如图平面ABC，，F是线段BC上的动点，E是MC的中点，已知 (1)证明：平面平面 (2)若，，N在线段MB上. （i）求点C到平面AEB的距离; （ii）是否存在点N，使得平面NAC与平面AEB夹角的余弦值为若存在，求的值;若不存在，请说明理由. . 题型模版 1.特征：棱上设置动点，探究是否存在动点位置，使得异面直线夹角、线面角、二面角等于指定角度，或者满足锐角钝角条件；存在求动点位置，不存在说明理由 2.方法：①建系，引入参数写出动点坐标，写出对应方向向量、平面法向量。 ②套用各类空间角向量计算公式，列出关于参数的方程。 异面直线夹角：余弦取绝对值 线面角：利用正弦公式 二面角：结合图形判断锐角钝角，再列等式 ③解方程得到参数，检验参数是否落在动点允许的取值范围。 ④方程有合乎范围的解，则该点存在；无合理解，则不存在 变式3-1如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，是棱（含端点）上一点． (1)若．求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)是否存在这样的点，使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3-2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. 变式3-3在如图所示的几何体中，平面平面，是棱上一点（不包括端点）. (1)求证：； (2)是否存在点，使得二面角的平面角的正弦值为？如果存在，求出点的位置，如果不存在，说明理由； 变式3-4已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，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3-5在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD. (1)求二面角的余弦值； (2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由. 题型四、利用空间向量解决距离类存在性问题 典例4-1 已知直三棱柱中，侧面为正方形.，E，F分别为AC和的中点，. (1)求四棱锥的体积； (2)是否存在点D在直线上，使得异面直线BF，DE的距离为1?若存在，求出此时线段DE的长；若不存在，请说明理由. 典例4-2如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点. (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 题型模版 1.特征：几何体棱上存在动点，判断是否存在动点，满足点到直线、点到平面距离等于给定数值；也会考查是否存在位置，使得距离取得最大或者最小值 2.方法：①建立坐标系，设出动点参数，写出动点坐标。 ②代入向量距离公式：点到直线距离、点到平面距离公式，列出方程。 ③求解参数，判断解是否在动点的取值区间内。 ④若求距离最值，把距离写成参数函数，结合定义域求解函数值域 变式4-1如图，在四棱锥中，DP，DA，DC两两垂直，四边形ABCD是梯形，，，M为棱PC的中点．    (1)求直线BM与平面PAB所成角的正弦值； (2)在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出线段CQ的长度；若不存在，说明理由． 变式4-2如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由. 变式4-3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4-4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. 题型五、利用空间向量解决其他存在性问题 典例5-1 如图，在直四棱柱中，，，，，是的中点，是上的一个动点，点在上，且满足． (1)证明：． (2)证明：平面平面． (3)试问：是否存在，，，四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 典例5-2 如图，以长方体的顶点为坐标原点，是的中点，是的中点．过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，已知． (1)分别写出点、点和的坐标； (2)求到平面的距离； (3)若点是棱上一个动点，是否存在点使得为一个等腰三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由． 题型模版 1.特征：围不属于单纯位置、角度、距离，综合性较强。常见：向量数量积定值、三角形或者四边形面积定值、线段长度满足条件、体积条件，以及探究多点同时满足多重条件是否存在； 2.方法：①建立坐标系，引入一个或者多个参数表示动点坐标。 ②把题目给出的几何条件全部翻译成坐标方程。例如面积、数量积、线段长度条件全部转化代数等式。 ③联立方程，看参数有没有落在几何允许范围内的解。 ④有符合条件解，代表存在；无符合条件解，则不存在。多个动点时，要看参数之间能否同时满足全部约束条件 变式5-1如图，直三棱柱中，，，M为棱AB的中点，是的中点. (1)证明：平面； (2)棱AC上是否存在点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 变式5-2如图，直四棱柱的底面为菱形，且，分别是上，下底面的中心，是的中点，． (1)求证：平面； (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心．若存在，求，若不存在，请说明理由． 变式5-3如图，在平行六面体中，，，，，设，，.    (1)用，，表示，，； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若点为线段的四等分点，且，点为线段的中点，在线段上是否存在一点，使得点与点，，四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 2．如图1，在边长为的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．    (1)求多面体的体积； (2)在线段上是否存在点，使平面平面?若存在，求出的值；若不存在请说明理由． 3．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. 4．折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.      (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 5．如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 6．如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点． (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 7．如图，在三棱柱中，四边形为矩形，且，平面平面， （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的余弦值. （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由. 8．如图，在四棱锥中，， ，平面平面. (1)证明：平面； (2)若点是线段上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值； (3)若点是线段的中点，是直线上的一点，是直线上的一点，是否存在点使得？请说明理由. 9．若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． (1)求证：； (2)求与平面的夹角的正弦值； (3)设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． 10．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (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、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 11.已知函数的部分图象如图①所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，轴，轴，垂足分别为，.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图②所示的二面角. (1)求的值； (2)当二面角的大小为时，. （i）求的解析式； （ii）在折叠过程中，求点C到平面距离的最大值. 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15 利用空间向量解决折叠及探究性问题（解答题） 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、利用空间向量解决立体几何中的折叠问题 题型二、利用空间向量解决位置类存在性问题 题型三、利用空间向量解决角度类存在性问题 题型四、利用空间向量解决距离类存在性问题 题型五、利用空间向量解决其他存在性问题 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 利用空间向量解决折叠与探究性问题是立体几何解答题中的压轴题型，所有题型均围绕折叠前后不变量识别、动态参数设置、位置条件翻译、方程解的甄别、结果几何校验五大核心展开，解题贯穿多条底线原则：一是折叠问题分清折叠前后长度、角度的不变量与改变量，找准折叠对应的垂直约束，二是存在性探究问题合理设出动点参数，准确限定参数的实际取值范围，三是位置、角度、距离类探究把几何条件等价转化为向量方程或者方程组，四是求解之后要检验所得参数是否符合几何体实际空间约束，舍弃不符合题意的解，五是建系时优先依托折叠产生的垂直关系搭建坐标系，算出结果之后放回折叠几何体中验证全部题设条件 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、利用空间向量解决立体几何中的折叠问题 典例1-1 如图所示，已知等腰梯形中，，是的中点，将沿对折至，使得与边长为2的菱形成60°的二面角，折叠后发现. (1)求点P到平面的距离； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1). (2). 【分析】（1）分析与的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找到在平面内的射影，进而利用三角函数计算距离； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式计算二面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（1）由题设，可知， 取中点，连接，，故， 又，，平面， ∴平面， 又平面，故. 故为平面与平面所成二面角的平面角，则. 因为平面，故平面平面，平面平面， 过作交于， 故平面. ∵，∴， 因此点到平面的距离为. （2）以为坐标原点，直线，为x轴，y轴，过且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，，，. ，，. 设平面的法向量为，则，即 取，∴， 设平面的法向量为，则，即 取，∴， ∴，故， 所以二面角的正弦值为. 典例1-2 如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为O. (1)求证：平面BCD； (2)若AD的中点为G，在线段AC上是否存在点H，使得平面GHB与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明： 因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面. (2)点位于线段靠近的三等分点处. 【分析】（1）由，的中点为，推导出，再利用面面垂直性质定理即可证明. （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【详解】（1）略； （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，， 又，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直， 分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 因为是中点，由中点公式可得， ，设，∴， ， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 化简得，解得或（舍）， 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 点位于线段靠近的三等分点处. 题型模版 1.特征：题目将平面图形沿着某条棱翻折变成立体几何体，翻折之后求解平行垂直证明、角度、距离，是高考高频大题。分为翻折后角度定值、动点翻折两种考法 2.方法：①分清折叠前后不变量与变化量：在折痕同一个侧面上，线段长度、角度大小保持不变；跨越折痕的位置关系、距离、夹角会发生改变。 ②寻找折叠之后互相垂直的三条直线，以此建立空间直角坐标系，写出全部关键点坐标。折叠产生的二面角，经常作为已知条件，用来计算点的空间坐标。 ④得到坐标之后，求方向向量、平面法向量，就可以完成证明平行垂直、计算各类角度与距离。 ⑤如果是动态折叠，把翻折角度设为参数，写出坐标，构造函数，求解最值、取值范围 变式1-1如图1，等腰直角的斜边为的中点，沿上的高折叠，使得二面角为，如图2，为的中点． (1)证明：． (2)求平面和平面所成角的余弦值． (3)试问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，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 在图1中的等腰直角中，为的中点，可得， 所以在图2中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，. (2) (3)存在； 【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再由平面，得到，得出为等边三角形，证得，证得平面，即可证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设，求得，根据题意，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）解：以为原点，垂直于的直线为轴，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则， 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， 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为. （3）解：假设在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 由（2）得， 设，则， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍去）， 所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 变式1-2图1是边长为的正方形，将沿折起得到如图2所示的三棱锥，且. (1)证明：平面平面； (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)证明： 如图，在图1中，连接,交于点, 因为边长是的正方形，则, 在图2中，则有,, 又，则,即, 因,故平面, 又平面,故平面平面； (2)存在，. 【分析】（1）在图1中，连接,交于点,证明，推得平面，由线面垂直即可证明面面垂直即得； （2）依题建系，写出相关点坐标，设，求出相关向量的坐标，利用空间向量夹角公式列出方程，求解即得. 【详解】（1）略 （2） 如图，由（1）已得平面，且， 则可以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 由题意，, 假设在棱上存在点，满足,使得二面角的余弦值为， 则,又, 设平面的法向量为， 则故可取， 又平面的法向量可取为， ，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. 变式1-3如图1，在梯形中，，为的中点，，，将沿折叠，得到图2所示的四棱锥，且． (1)若为的中点，证明：平面； (2)求平面与平面所成角的大小． 【答案】(1) 为的中点，， 所以， 将沿折叠后，得到四棱锥， 所以，又为的中点，所以， 又即，， 且，平面，所以平面， 又平面，所以， 又即，所以， 由且，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）先证出平面，再由可得，结合，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）根据题意得出所在直线两两互相垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解即可. 【详解】（1）略 （2）因为，所以， 将沿折叠后，有 由题意知：， 所以所在直线两两互相垂直， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意， 所以， 设平面的一个法向量为， 由，令，则，所以， ， 设平面的一个法向量为， 由，令，则，所以， 设平面与平面所成角为， 所以， 又，所以，所以平面与平面所成角的大小为. 变式1-4在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）．将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 在梯形中，，，，P为的中点， 可得为等边三角形，四边形为菱形， 故，而平面，平面， 平面， (2) (3)存在， 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明， （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解， （3）设出得点坐标，由空间向量列式求解. 【详解】（1）略 （2）由（1）得，，，故，， 而平面平面，平面平面，平面，， 平面， 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 平面的一个法向量为， 故，二面角的大小为； （3）设，则，,, 得，， 设平面的一个法向量为， 由于与平面所成角的正切值为， CQ与平面所成角的正弦值为， 即， 化简得，解得（舍去） 故存在，使得CQ与平面所成角的正切值为． 类型二、利用空间向量解决位置类存在性问题 典例2-1 如图，在四棱锥中，平面，，，，，， (1)证明：平面平面； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)如图，连接,由于平面，平面,则. 且，，则. 又，则，故. 又,则,又,则四边形为平行四边形.则. 平面,平面,则平面(∗). 由于，，则.又，则, 则,则，则. 平面,平面,则平面(∗∗). 平面,结合 (∗)，(∗∗)，得到平面平面. (2)存在，，证明如下： 由前面证明知道，四边形为矩形，平面， 则两两垂直，可建立空间直角坐标系.则 , 设,则. 设平面法向量为，且. 则,则，则解得. 又,若平面，则. 则， 则，解得.此时. 故棱上存在一点，使得平面，. 【分析】（1）运用两次证明线线平行，得到线面平行，再用面面平行判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，求出方向向量和平面法向量计算证明即可. 【详解】（1）略 （2）略． 典例2-2如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱，E是的中点， (1)求证：平面 ； (2)求证：平面； (3)侧棱上是否存在一点F，使得平面，若存在，则求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）连接交于点，证，即得平面； （2）由勾股定理证得，即可推得平面； （3）利用（2）结论建系，设，求出相关点和平面法向量坐标，由求出的值，即可判断求解. 【详解】（1） 如图，连接交于点，连接，由正方形可得： 因是的中点， 则， 又因平面，平面， 故平面. （2）因则, 故有,因平面，故平面. （3） 由题意和（2）的结论，如图，可以点为原点， 分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，因E是的中点，则， 设，解得，则得,, 设平面的法向量为，则 故可取.由平面可得， 即，解得，即存在点时，满足平面， 此时，. 题型模版 1.特征：几何体的棱、边上存在未知动点，问是否存在某个位置，满足线线平行、线面平行，线线垂直、线面垂直这类位置关系；存在就求出动点位置，不存在说明理由 2.方法：①建立空间直角坐标系，设出动点参数，一般用一个参数表示动点坐标，参数代表动点在棱上的比例。 ②转化位置条件为向量等式： 线面平行：直线方向向量和平面法向量数量积等于零，同时直线不在平面内。 线面垂直：直线方向向量和平面内两条不共线向量都垂直，方向向量与平面法向量互相共线。 ③根据向量条件列方程，求解参数。 ④检验解出来参数是否在动点允许取值范围。参数在合理区间，则位置存在；不在区间，则不存在. 变式2-1在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，，，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等，记，，，且，. (1)当时，用向量表示，； (2)是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)， (2)存在， 【分析】（1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解； （2）设存在使得平面，由题意得，因为，得到， 得到，结合和，求得的值，即可得到答案. 【详解】（1）解：由空间向量的运算法则，可得：， ，     则. （2）解：假设存在使得平面，又由平面， 可得，， 因为，则，其中， 可得 ， 又因为，且，，，， 所以，，，， 所以，， 可得. 且， 化简得，解得，故存在，使得平面. 变式2-2直三棱柱中，，，， (1)如图1，点E为棱上的动点，点F为棱BC上的动点，且，求线段长的最小值； (2)如图2，点M是棱AB的中点，点N是棱的中点，P是与的交点，在线段上是否存在点Q，使得面？    【答案】(1) (2)存在点在靠近点的三等分点处 【分析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系，设，求出的坐标，进而可得出答案； （2）利用向量法求解即可. 【详解】（1）如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，则， ， 故 ， 所以， 当时，取得最小值， 所以线段长的最小值为； （2）假设存在，设， ， 故， ， 设平面的法向量为， 则有，可取， 因为面，所以， 则，解得， 所以存在点在靠近点的三等分点处，使得面.    变式2-3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2-4如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，，平面平面ABCD，且，，点G是EF的中点．    (1)证明：平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)因为，点G是EF的中点，所以， 又因为，所以， 由平面平面ABCD，平面平面，平面ADEF， 所以平面ABCD． (2)存在， 【分析】（1）直接利用面面垂直的性质定理得到线面垂直； （2）利用题中的已知条件建立空间直角坐标系，首先假设存在点M，设，求出平面ABF的法向量，进一步利用线面平行建立等量关系，求解即可． 【详解】（1）略 （2）由（1）得平面ABCD，平面ABCD，∴， 四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG、AD、AB两两垂直， 以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，    所以， 假设线段AC上存在一点M，使平面ABF， 设，则， ∵，∴， 设，则, 所以， , 设平面ABF的法向量为 ，取 由于平面ABF，所以，即，解得 所以，此时， 即当时，平面ABF． 题型三、利用空间向量解决角度类存在性问题 典例3-1 如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) 因为四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 所以，即，. 因为，平面，在平面外， 所以平面. 因为，平面，在平面外， 所以平面. 又，所以由唯一确定一个平面，故平面即平面； 又，所以是两条相交直线，且平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； (2)； (3)存在，点的坐标为，理由如下： 由（2）得，设， 则，又，所以， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 所以， 若直线与平面所成的角为，则，即， 整理得，解得，则. 所以在线段上存在一点使直线与平面所成的角为，点的坐标为. 【分析】（1）由题证得平面平面，即可得平面； （2）建立适当空间直角坐标系，求出两平面的一个法向量，由两法向量夹角余弦值即可求解； （3）设，求出和平面的一个法向量为，由题设建立关于t的等量关系求出t即可求解. 【详解】（1）略 （2）由题意可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 所以， 因为平面平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则可得， 所以， 所以平面与平面夹角为； （3）略 典例3-2 如图平面ABC，，F是线段BC上的动点，E是MC的中点，已知 (1)证明：平面平面 (2)若，，N在线段MB上. （i）求点C到平面AEB的距离; （ii）是否存在点N，使得平面NAC与平面AEB夹角的余弦值为若存在，求的值;若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明：，E是MC的中点，， 平面ABC，平面ABC，， 又，又，平面MAC，平面MAC， 平面MAC， 又平面AEF，， 又，平面MBC，平面MBC， 平面MBC，又平面AEF 平面平面MBC (2)（i）； （ii）存在，或 【分析】（1）由线面垂直可得线线垂直，再由线面垂直的判定定理得出线面垂直即可得证； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到平面距离；（ii）设存在，根据向量法由平面的夹角公式求出即可得解. 【详解】（1）略； （2）（i） 以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系： ，，，，， ，， 设平面AEB的法向量为 则，即，取，可得， 所以，即点C到平面AEB的距离为； （ii） ， 设，则， ， 设平面NAC的法向量为 则，即， 令。可得， ， 化简得，解得或， 或. . 题型模版 1.特征：棱上设置动点，探究是否存在动点位置，使得异面直线夹角、线面角、二面角等于指定角度，或者满足锐角钝角条件；存在求动点位置，不存在说明理由 2.方法：①建系，引入参数写出动点坐标，写出对应方向向量、平面法向量。 ②套用各类空间角向量计算公式，列出关于参数的方程。 异面直线夹角：余弦取绝对值 线面角：利用正弦公式 二面角：结合图形判断锐角钝角，再列等式 ③解方程得到参数，检验参数是否落在动点允许的取值范围。 ④方程有合乎范围的解，则该点存在；无合理解，则不存在 变式3-1如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，是棱（含端点）上一点． (1)若．求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)是否存在这样的点，使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)证明：因为底面，底面，所以， 因为底面是正方形，所以， 平面 所以平面， 又因为平面，则有， 在中，，是的中点，故有， 因为，平面，所以平面， 平面，则， 又因为，EF，平面，且， 所以平面． (2)． (3)存在，0或, 【分析】（1）根据平面，由线面垂直的性质得线线垂直，即可根据平面得，结合线面垂直的判定即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解； （3）求解平面法向量，根据直线的方向向量与平面法向量的夹角即可求解. 【详解】（1）略 （2）以向量，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，，，． 设平面的法向量，则即 令，得，所以平面的法向量， 设平面的法向量，则即 令，得，所以平面的法向量， 设平面和平面的夹角为，则， 所以平面和平面的夹角的余弦值为． （3）由（2）知，，，， ，，，， 假设存在这样的点F则有， ， 设平面的法向量，则即 令，得，，所以平面的法向量， 设直线与平面的夹角为， 则， 整理得，解得或， 因为，所以的值为0或， 故有的值为0或． 变式3-2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． 变式3-3在如图所示的几何体中，平面平面，是棱上一点（不包括端点）. (1)求证：； (2)是否存在点，使得二面角的平面角的正弦值为？如果存在，求出点的位置，如果不存在，说明理由； 【答案】(1)证明：因为平面平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以. (2)点位于线段中点，或者八分之一点，且靠近点； 【分析】（1）根据线面垂直的性质得，再利用线面垂直的判定与性质即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，设，再求出相关法向量，利用面面角的空间向量求法即可得到方程，解出值即可； 【详解】（1）略 （2）过点作，则平面， 以点为原点，的正方向分别为，，轴的正方向建立平面直角坐标系， 由，得， 设， 则，解得， 设平面的法向量为，且， 由，取， 设平面的法向量为，且， 由取， 设二面角的平面角为，则， ，解得或. 则点位于线段中点，或者八分之一点，且靠近点. 变式3-4已知和均是等腰直角三角形，既是的斜边又是的直角边，且，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)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，或. 【分析】（1）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式求出，即可得出答案. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，即，，两两互相垂直， 故以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系，如图，    则，，，， ，，， 设为平面的一个法向量， 则，令，即， 若存在使得与平面所成的角的正弦值为，且，， 则，解得，则. 则， 整理得，， 解得，或. 故存在使得与平面所成的角的正弦值为， 此时或.． 变式3-5在四棱锥中，，，，，为正三角形，且平面平面ABCD. (1)求二面角的余弦值； (2)线段PB上是否存在一点M（不含端点），使得异面直线DM和PE所成的角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，点M位置为 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值； （2）设，利用向量法求异面直线的夹角，得到，解方程即得解. 【详解】（1）设是中点，为正三角形，则. 因为平面平面ABCD，平面平面， 又平面PAD，所以面ABCD. 又因为，， 所以为正三角形，所以， 以为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 于是，，. 设平面PEC的法向量为， 由即可取. 平面EBC的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则 由图知为为钝角，所以二面角的余弦值为. （2）设，则， ，， 所以， 解得或0（舍），所以存在点M使得. 题型四、利用空间向量解决距离类存在性问题 典例4-1 已知直三棱柱中，侧面为正方形.，E，F分别为AC和的中点，. (1)求四棱锥的体积； (2)是否存在点D在直线上，使得异面直线BF，DE的距离为1?若存在，求出此时线段DE的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)1 (2)存在，或 【分析】（1）找到四棱锥的高，利用四棱锥体积公式求出体积； （2）根据题目中的条件建立空间直角坐标系，表达出与，均垂直的向量，进而利用异面直线BF，DE的距离为1建立等式求出a. 【详解】（1） ∵侧面为正方形，∴， 又，且，面， ∴平面，又， ∴平面，取BC中点G， 则，∴平面. ∴. （2）以为原点，分别以BA，BC，所在直线建立空间直角坐标系，如图， 则，，， 设，则，，. 设与，均垂直的向量为， 则，即，取， ∴异面直线BF，DE的距离，解得或. ∴或. 故存在点D在直线上，使得异面直线BF，DE的距离为1，且此时或. 典例4-2如图，在长方体中，，，，，分别是棱，，的中点. (1)请判断直线与平面是否垂直，并证明你的结论； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 由题意得：三条直线两两垂直； 以为坐标原点，的方向，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，    ，，，； 所以，，， 因为，所以直线与平面不垂直. (2)直线与平面所成角的正弦值为； (3) 由（1）得：，，，， ，，； 设线段上是否存在一点，且，，则； 设平面的一个法向量为：，则，令，得； ，所以点到平面的距离为： ； 所以在线段上不存在一点，使得点到平面的距离是. 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直，数量积为零，即可判断直线与平面的位置关系； （2）利用空间向量法求线面角即可； （3）设线段上是否存在一点，且，，利用空间向量法求点到平面的距离，即可得解. 【详解】（1）略 （2）由（1）的：，，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，； 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 . 题型模版 1.特征：几何体棱上存在动点，判断是否存在动点，满足点到直线、点到平面距离等于给定数值；也会考查是否存在位置，使得距离取得最大或者最小值 2.方法：①建立坐标系，设出动点参数，写出动点坐标。 ②代入向量距离公式：点到直线距离、点到平面距离公式，列出方程。 ③求解参数，判断解是否在动点的取值区间内。 ④若求距离最值，把距离写成参数函数，结合定义域求解函数值域 变式4-1如图，在四棱锥中，DP，DA，DC两两垂直，四边形ABCD是梯形，，，M为棱PC的中点．    (1)求直线BM与平面PAB所成角的正弦值； (2)在线段PA上是否存在点Q，使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出线段CQ的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在； 【分析】（1）建系求出平面的法向量，再应用线面角正弦公式计算求解； （2）设，再应用点到平面距离向量公式计算求参，再应用模长公式计算. 【详解】（1）因为，，两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，   ，，，，， 得，，， 设平面的一个法向量为， 得，令，得， 所以 所以 所以直线与平面所成角的正弦值是． （2）假设在线段上存在点，使得点到平面的距离是， 设，则，， 设平面的一个法向量为 由，得， 令，得，得， 所以， ∴点到平面的距离是，， 即，存在点满足题意， 此时，所以 变式4-2如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.    (1)证明：平面； (2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由. 【答案】(1)如图，取的中点O，因为，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以，又，平面，平面，， 所以平面. (2)不存在，理由如下： 因为，O为的中点，，所以， 过点O作交于点E，则由平面,平面,可得， 则以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设与，都重直的向量为， 则得 令，则， 设直线与直线的距离为d， 则， 则不存在点M和N使得. 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解 （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解. 【详解】（1）略 （2）略 变式4-3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4-4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. 题型五、利用空间向量解决其他存在性问题 典例5-1 如图，在直四棱柱中，，，，，是的中点，是上的一个动点，点在上，且满足． (1)证明：． (2)证明：平面平面． (3)试问：是否存在，，，四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) 如图，过点作，交于点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，． 又为的中点，点在上，且满足，则 ，，，， , 所以， 所以． (2) 由（1）知，， 设为平面的法向量， 则， 令，得平面的一个法向量． ，， 设为平面的法向量， 则， 令，得平面的一个法向量 因为， 所以， 所以平面平面． 即平面平面． (3) 假设存在，，，四点共面，即点在平面内，则． 又（，），，，， 所以， ， 解得． 又因为，，三点共线，所以，所以，， 故存在，，，四点共面，且，即． 因为， 所以，即的值为2． 【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，分别写出的坐标，计算即可； （2）分别求出平面与平面的法向量，证明两法向量垂直即可； （3）假设存在，由，结合点的位置，即可求出的值. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 典例5-2 如图，以长方体的顶点为坐标原点，是的中点，是的中点．过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，已知． (1)分别写出点、点和的坐标； (2)求到平面的距离； (3)若点是棱上一个动点，是否存在点使得为一个等腰三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)、、； (2)； (3)存在使得为一个等腰三角形，或. 【分析】（1）由题设可得，结合长方体的性质写出、坐标，以及、进而求坐标； （2）求出面的法向量和，再应用向量法求点面距离； （3）设且，讨论三角形三边分别相等求参数a，即可得结果. 【详解】（1）由，，则， 所以，，，，则. （2）由题设及（1）知：，，， 所以，，， 若为面的法向量，则，令，则， 所以， 故到平面的距离. （3）由题意，设且，由（2）知：，则， 而，， 所以，，显然 当时，，可得，此时； 当时，，可得，此时. 题型模版 1.特征：围不属于单纯位置、角度、距离，综合性较强。常见：向量数量积定值、三角形或者四边形面积定值、线段长度满足条件、体积条件，以及探究多点同时满足多重条件是否存在； 2.方法：①建立坐标系，引入一个或者多个参数表示动点坐标。 ②把题目给出的几何条件全部翻译成坐标方程。例如面积、数量积、线段长度条件全部转化代数等式。 ③联立方程，看参数有没有落在几何允许范围内的解。 ④有符合条件解，代表存在；无符合条件解，则不存在。多个动点时，要看参数之间能否同时满足全部约束条件 变式5-1如图，直三棱柱中，，，M为棱AB的中点，是的中点. (1)证明：平面； (2)棱AC上是否存在点，使得点在平面内？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 证明：证明：连接，，由于，，故， 又因为平面，平面， 所以平面. (2)存在， 【分析】（1）利用线线平行来证明线面平行即可； （2）利用空间向量坐标运算，把点在面内转化为点与面内另一点的直线向量与法向量垂直，从而利用数量积为0来求解. 【详解】（1）略 （2）如图，取中点，连接MQ，由于 平面，， 因此平面，又因为，所以， 故MB，MC，MQ两两垂直，以为坐标原点，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，即，可取，则， 设，则， 若点在平面内，则， 因此，解得， 故棱AC上存在点，使得点在平面内，此时. 变式5-2如图，直四棱柱的底面为菱形，且，分别是上，下底面的中心，是的中点，． (1)求证：平面； (2)是否存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心．若存在，求，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)如图，分别取的中点，连接， 则在直四棱柱中，，且是中点， 所以平面，即为截面， 又是中点，则与平行且相等， 从而是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面，即平面； (2)不存在，理由如下： 是菱形且，所以都是等边三角形，， 易知，由已知得平面，分别以为轴建立空间直角坐标系， 如图，设，则，，，， 因此有，，，， 则的重心为，， 若平面，则，无解． 因此不存在实数，使得在平面内的射影恰好为的重心． 【分析】（1）分别取的中点，连接，说明面即为截面，证明后可证得线面平行； （2）分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，设，由重心公式求得坐标，由向量的数量积为0求得值． 【详解】（1）略 （2）略 变式5-3如图，在平行六面体中，，，，，设，，.    (1)用，，表示，，； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)若点为线段的四等分点，且，点为线段的中点，在线段上是否存在一点，使得点与点，，四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)，， (2) (3)假设在线段上存在符合题意的点，设，则， ， ，， 因为与点四点共面，所以存在唯一实数对，使得， 即， 则，与矛盾，所以假设不成立， 故在线段上不存在点，使得点与点四点共面. 【分析】（1）应用空间向量加减法运算； （2）空间向量数量积运算律结合模长公式代入余弦公式计算求解； （3）设，应用四点共面的条件得出与矛盾. 【详解】（1）， ， ； （2）由题知，，，， 则，，，， ， 则， 故异面直线与所成角的余弦值为； （3）略． 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 1．如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) 因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； (2)（i）；（ii）存在，为的中点 【分析】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【详解】（1）略 （2）（i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以，所以为的中点， 2．如图1，在边长为的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．    (1)求多面体的体积； (2)在线段上是否存在点，使平面平面?若存在，求出的值；若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再由线面垂直性质有，由线面垂直判定定理证明平面，最后应用三棱锥体积公式计算求解； （2）令，，分别求出平面和平面的法向量，利用法向量垂直求出参数，即可得答案. 【详解】（1）因为，即, 又，，平面， 所以平面，又平面，所以. 又，，平面，所以平面， 在直角三角形中，，， 所以. （2）因为平面，，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    则，，， 假设存在线段上存在一点，使得平面平面，设点，，则，所以， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以， 设平面的法向量， 则，令，则，，所以， 若平面平面，则，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 3．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：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；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）略 （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， 4．折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.      (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1) 由题可知，，平面， 则平面，平面，所以，同理可得． 因为，平面，所以平面． (2)不是，理由如下： 由题可知，该＂菱角＂由两个正三棱锥组成，且． 根据对称性，可知，在平面内的投影为的中心． 若该＂菱角＂所有的顶点在同一个球面上，则为球心，连接． 不妨令，则，. 因为，所以该＂菱角＂所有的顶点不在同一个球面上． (3). 【分析】（1）首先利用线面垂直证明得平面，则，同理得，最后利用线面垂直的判定即可证明； （2）假设所有顶点在同意球面上，计算得即可得到矛盾点，则证明结论； （3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，最后利用面面角的空间向量求法即可得到答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知的中心为，过作的平行线，易得该直线与两两垂直． 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 令，得， 则. 设平面的法向量为， 由，可得，令，得， 设平面的法向量为， 由，可得， 令，得． ， 由图可知．二面角为锐角，故二面角的余弦值为.    5．如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数基本关系求出余弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）连接，因为为线段的中点，所以， 由题意知面面，且面面， 又面，所以平面，取边的中点记为，则． 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 易知，所以； （2）由（1）可知， 所以，，， 记平面的一个法向量， 所以 ，不妨取，得，即， 记直线与平面所成角为， 则， 考虑到，有，从而， 所以直线与平面所成角的余弦值为． （3）设，其中． ， ， ，记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得，即， 则点到平面的距离， 整理得：，即， 解得或（舍去）， 所以当点位于线段的靠近点的三等分点时， 点到平面的距离为．． 6．如图，在梯形中，为线段上靠近点的三等分点，将沿着折叠，得到四棱锥，使平面平面为线段上的点． (1)求证：； (2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：，故为等腰直角三角形， ，故． 在中，，， 故，， 平面平面，平面平面平面， 故平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故. (2)存在， 【分析】（1）计算，根据勾股定理得到，确定平面，证明平面，得到答案. （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面的法向量为，设，，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【详解】（1）略 （2）存在，，理由如下： 如图，以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴， 以过点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． 设，，则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，， 设直线与平面所成的角为， 则，解得，（舍）， 故存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，则． 7．如图，在三棱柱中，四边形为矩形，且，平面平面， （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的余弦值. （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，. 【分析】（1）利用面面垂直性质可证得平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由线面垂直的判定可证得结论； （2）取中点，中点，由面面垂直性质可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用异面直线所成角的向量求法可求得结果； （3）假设存在点，满足，使得结论成立，利用向量坐标运算可表示出，利用二面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可确定的值. 【详解】（1）四边形为矩形，， 平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，； ，，，， 又平面，，平面； （2）取中点，中点，连接， ，， 平面平面，平面平面，平面， 平面； 又，，， 则以为坐标原点，为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设异面直线与所成角为，则， 异面直线与所成角的余弦值为； （3）假设在线段上存在一点，满足，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为， 设，，， 由得：，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 又平面的一个法向量， ，解得：或（舍）， ，， 8．如图，在四棱锥中，， ，平面平面. (1)证明：平面； (2)若点是线段上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值； (3)若点是线段的中点，是直线上的一点，是直线上的一点，是否存在点使得？请说明理由. 【答案】(1) 如图，取的中点，因为，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 又，平面，， 所以平面. (2)1； (3)不存在点使得，理由如下： ∵点是线段的中点，∴， 则，，， 设与都都重直的向量为， 则， ∴，令，得， 设直线与直线的距离为， 则， 所以不存在点使得. 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解； （2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面角的正弦值，即可求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解. 【详解】（1）略 （2）因为，为的中点，，所以， 过点作∥交于点E， 由平面，平面，可得， 以为原点，，，分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，，， 设，∵点是线段上一点， ∴，， 则, ∴, 则, 由（1）知平面的法向量为， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得或， ∵，所以. 所以. （3）略. 9．若四面体任意顶点在对面的投影恰好为该面三角形的垂心，则称该四面体为垂心四面体．如图，中，，，，在上取一点，将沿折叠到某个位置得到，使得三棱锥为垂心四面体． (1)求证：； (2)求与平面的夹角的正弦值； (3)设动点在棱上，动点在棱上，满足，记平面与平面所成锐二面角为，求的最小值及此时的值． 【答案】(1)设点在平面的投影为，连接． 在三角形中，，即翻折后与不垂直， 从而,不重合，由是的垂心得， 因为平面平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以． (2)； (3)时，取得最小值． 【分析】（1）过作平面的投影，再利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； （2）首先证明两两垂直，再建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案； （3）求出相关平面的法向量，再求出面面角的表达式，最后利用基本不等式即可求出最值. 【详解】（1）略 （2）同（1）可得， 在平面内，过作交于点， 又因为，平面，所以平面. 又平面，所以， 由及勾股定理得：， 等价为：① 又平面，所以， 由及勾股定理得：② 联立①②得：， 结合题意，解得：． 由余弦定理得：， 则， 则由勾股定理逆定理可得：． 又因为，平面， 所以平面, 因为平面，所以，即两两垂直． 则以为原点，分别为,,轴建立空间直角坐标系， 则, , 设平面的法向量为， 则，即取 设直线与平面夹角大小为， 则. （3）由（2）知， 平面的法向量为． 由得：， 同理得：． 设平面的法向量为， 则，即，可取， 所以，即， 当且仅当即时取等． 综上所述：时，取得最小值． 10．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (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、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)因为，，则， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 取的中点，连接、， 平面，， 在正三角形中，， 又，、平面，平面， 是中点，是的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，，平面. (2) (3)在线段上不存在点满足条件，理由如下： 假设在线段上存在点满足条件，设， 由（2），，， 则，， 由得 ，无解， 即在线段上不存在满足条件的点． 【分析】（1）取的中点，连接、，先证明平面，再证得，即可证得平面； （2）取的中点，以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的向量求法可求得结果； （3）假设在线段上存在点满足条件，设，由，列方程组，无解，即在线段上不存在满足条件的点． 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接， 在正三角形中，， 面面，面面，平面， 面， 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， 则，，， ， 设平面和平面的一个法向量分别为， 由，得，取，得， 由，得，取，得， 则， 则二面角的正弦值为． （3）略 11.已知函数的部分图象如图①所示，A，B分别为图象的最高点和最低点，轴，轴，垂足分别为，.将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图②所示的二面角. (1)求的值； (2)当二面角的大小为时，. （i）求的解析式； （ii）在折叠过程中，求点C到平面距离的最大值. 【答案】(1)； (2)（i）；（ii） 【分析】（1）代入与轴交点坐标即可得到答案； （2）（i）根据空间向量数量积运算律即可得到，则得到答案； （3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，再写出距离表达式，最后分类讨论即可得到最值. 【详解】（1）由，得． （2）（i）由，得， 即，由二面角的大小为， 所以，即， 所以，即，所以， 故． （ii）建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以， ， 当时，； 当时，，当时，， 所以点到平面距离的最大值为． ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $