考点59 立体几何中的探究重难点讲义-2027届高考数学一轮复习

黄金考点59 立体几何中的探究 2026年真题深入解读 【2026·全国一卷·第10题】在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A．    B． C．当时，平面    D．当平面时， 高考新趋势 1.弱化偏难几何构造，强化向量代数探究：早年偏爱纯几何找点构造，现在命题更友好，优先可以用坐标向量解决，降低纯空间想象门槛，但对代数解方程、参数范围检验要求提高. 2. 参数形式多样化：不再只局限 分点，部分试题引入角度参数（折叠角）作为探究变量. 3. 多选题增多探究存在性：立体几何多选题，频繁出现 “命题判断：是否存在…”，属于轻量考法的扩容. 4. 跨小问串联：探究条件依赖第 (1) 问证明的垂直关系，前后设问关联性变强，第一问出错直接影响探究小问. 5. 开放性适度增强：部分试题不再只问 “是否存在”，增加 “写出满足条件一个点”，答案不唯一，侧重合情推理. 6. 载体更生活化：简单多面体、实物模型背景，几何体不再全是标准棱锥棱柱，阅读量略有提升，需要先从文字提取几何关系. 命题分析 （1）情境创设：纯数学情境，以空间中两条异面直线和动点轨迹为背景，考查二面角、线面垂直、线面平行等空间位置关系的综合判断． （2）问题设计：设置动点到两条直线的距离条件，结合二面角的大小，判断四个关于空间位置关系的命题．选项涉及距离、线面垂直、平面重合等，需要较强的空间想象能力． （3）考查目标：考查直观想象和逻辑推理素养，侧重空间图形的分析、二面角的理解和空间位置关系的综合判断能力． 知识总结 ①核心概念：二面角是两个半平面所成的角；线面垂直的判定定理要求直线垂直于平面内两条相交直线；点到直线的距离是垂线段的长度． ②解题要点：通过作辅助线构造二面角的平面角，利用解三角形判断距离关系，结合线面垂直的判定与性质进行推理． ③拓展关联：空间向量法是解决立体几何问题的有效工具，可将几何关系转化为代数运算． 分步解析 第一步：不失一般性作图 不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 第二步：应用已知条件、余弦定理判断B 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 第三步：利用“极限”思想判断A. 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 第四步：根据线线垂直、线面垂直判断C 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 第五步：根据线面垂直判断D. 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 考情维度 2027命题预判 分值位置 基本放在立体几何大题第 2 或第 3 小问，属于区分小问，不是送分问；少数在选择、填空、多选题 核心考点 核心考查素养：空间直观想象 + 逻辑推理；探究题重点考查 “逆向思考”，区别于常规正向证明 命题特点 1.设问范式固定：假设存在→推理求解；有解且符合几何范围⇒存在；方程无解 / 解超出动点范围⇒不存在2. 载体稳定：棱锥＞棱柱；折叠、简单组合体作为拔高载体 3. 两种解法双兼容：几何法重构造，向量法重代数运算，阅卷两种方法都认可 备考策略 1.固定答题模板训练（向量法为主）①写：假设存在满足条件的点 / 参数； ②建系，设动点参数，写出所有点坐标； ③把几何条件（平行、垂直、角）翻译成向量方程； ④解方程； ⑤检验解是否满足动点范围； ⑥结论：存在 + 写出参数；不存在 + 说明理由. 2. 分类专项训练 3. 几何法辅助训练 重点练习：利用中位线、线面平行性质找点，快速预判点位置，可用来验证向量计算结果，防止坐标计算出错. 4. 规范答题踩分点 探究题“假设存在” 是逻辑起点，必须写；最后一定要检验参数范围，这是阅卷常设采分点. 考法一 是否存在点P， 使平行（垂直）关系的存在性问题 【十年真题*精选】 真题1-1 （2019·北京·高考真题） 1．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点. （Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC； （Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE； （Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由. 真题1-2 （2018·全国III卷·高考真题） 2．如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面？说明理由． 真题1-3 （2016·北京·高考真题） 3．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2019·北京 线面平行、线面垂直、面面垂直 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 3.立体几何开放性问题求解方法有以下两种： （1）根据条件作出判断，再进一步论证. （2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在. 2018·全国III卷 线面平行、面面垂直 2016·北京 线面平行、线面垂直、线面角 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1 （2026高三·全国·专题练习） 4．如图所示，平面内两正方形与，点M、N分别在对角线、上，且，沿折成直二面角． (1)证明：折叠后平面； (2)若，在线段上是否存在一点G，使平面平面?若存在试确定点G的位置． 模拟1-2 （2025高三·全国·专题练习） 5．如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.问：在线段上是否存在一个定点，使得对任意的在平面上的射影垂直于？证明你的结论. 模拟1-3 （2024·河北邢台·二模） 6．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？    考法二 选择、填空中的“探索性”问题 【十年真题*精选】 真题2-1 （2025·全国一卷·高考真题） 7．在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 真题2-2 （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题） 8．在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 真题2-3 （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题） 9．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 【解题规律*总结】 题源 考查角度 规律总结 2025·全国一卷 正三棱柱、线线、线面垂直及平行关系 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在并表示出来，使之数量化，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关判定、性质进行推理、运算或论证，在推演过程中寻求满足条件的数量关系，若满足则肯定假设，否则否定假设. 2021·全国Ⅰ卷 三棱柱、参数对位置关系及体积的影响 2021·全国Ⅱ卷 正方体、线线垂直、线线角 【三年模拟*荟萃】 模拟2-1 （26-27高三上·湖北·开学考试） 10．如图，在矩形中，分别为边上的点，且，，，为线段上一点，为线段的中点，将四边形沿着直线折起，使得平面，则（   ）． A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．对任意点，直线与直线异面 D．存在点，使得 模拟2-2 （2025·浙江·三模） 11．如图，在棱长为4的正方体中，分别为棱，底面的对角线上的动点，且，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为 B．平面 C．存在实数，使得 D．若直线与平面所成角的正弦值为，则 模拟2-3 （24-25高二上·四川凉山·期末） 12．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，点E是棱上一点，则下列说法正确的是（   ） A．不存在点E，使平面 B．存在点E，使平面 C．若点E为中点，则点C到平面的距离为 D．二面角夹角最大时， 考法一 判断直线是否在平面内 【十年真题*精选】 真题1-1 （2019·北京·高考真题（理）） 13．如图，在四棱锥中，平面，，，，,为的中点，点在上，且． (1)求证：平面; (2)求二面角的余弦值； (3)设点在上，且．判断直线是否在平面内，说明理由． 【解题规律*总结】 1.要证直线在平面内：证明直线上两个不同点都落在平面内. 平面由A，E，F三点确定，平面AEF. （1）点A天然在平面内； （2）只需证明G落在平面AEF内即可. 2.证明点G在平面AEF的几何手段： （1） 利用线面平行性质、中位线，构造线线相交； （2）证明与平面内某条直线相交； （3）利用面面相交的交线判定. 3.向量法. 【三年模拟*荟萃】 模拟1-1 （25-26高三上·山东泰安·开学考试） 14．在直三棱柱中，，，. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，且，，，均在球的球面上. （i）证明：存在点使得点在平面内； （ii）求直线与平面所成角的大小. 模拟1-2 （24-25高三上·北京海淀·开学考试） 15．如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，E，F分别为，的中点． (1)证明：； (2)若点M是线段上的点，且，判断点M是否在平面内，并证明你的结论； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 模拟1-3 （2024·黑龙江牡丹江·一模） 16．如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． (3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由． 预测角度 预测缘由 试题指引 备考提醒 正方体、外接球、面积、轨迹 考查基础、体现融合 如押题第1题 1.不要把探究问题当成单纯计算题：立体几何探究题，逻辑推理权重高于计算，只算出数不做范围检验会直接扣分.2. 警惕陷阱 （1）动点是线段，不是直线；参数超出区间，即使方程有解，结论也是不存在； （2）二面角容易忽略锐角钝角，得到增根； （3）建系前提：证明两两垂直，不能直接默认垂直. 正三棱柱、线面垂直 考查基础 如押题第2题 斜三棱柱、线面平行于垂直、二面角 考查基础、体现融合 如押题第3题 直四棱柱、线面垂直、线面角、线面平行 考查基础、体现融合 如押题第4题 平面的点法式、点到直线的距离、面面垂直 考查基础、体现融合 如押题第5题 （押题1:正方体、外接球、面积、轨迹） 17．如图，在棱长为1的正方体中，N，P分别是，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），则（    ）    A．四面体的外接球的表面积为 B．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．过Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线PH与直线AD的夹角为，则点的轨迹长度为 （押题2:正三棱柱、线面垂直） 18．如图，在正三棱柱中，分别是的中点．在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由． （押题3:斜三棱柱、线面平行于垂直、二面角） 19．在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． （押题4:直四棱柱、线面垂直、线面角、线面平行） 20．如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. （押题5:平面的点法式、点到直线的距离、面面垂直） 21．在空间直角坐标系中，若平面过点，且平面的一个法向量为，则平面的方程为，该方程称为平面的点法式方程，整理后为（其中），该方程称为平面的一般式方程.如图，在四棱柱中，底面是平行四边形，，，两两垂直，，，直线与平面所成的角为，以为坐标原点，，，的方向分别是，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求平面的一般式方程. (2)求到直线的距离. (3)在棱是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点59 立体几何中的探究 【讲】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1． （Ⅰ）证明：因为平面,所以； 因为底面是菱形，所以; 因为,平面, 所以平面. （Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以, 因为,所以； 因为平面，平面, 所以； 因为 所以平面， 平面,所以平面平面. （Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下: 分别取的中点，连接, 在三角形中，且； 在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以; 又平面，平面，所以平面. 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； (Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直； (Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点. 【详解】（Ⅰ）略 （Ⅱ）略 （Ⅲ）略 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2．(1)由题设知，平面平面，交线为， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为为上异于的点，且为直径，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2)存在，当为的中点时，平面. 证明如下：连结，交于点，因为为矩形，所以为中点， 连结，因为为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面. 【分析】（1）根据题意，先证得，再证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面； （2）根据题意，取点为中点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. 【详解】（1）略 （2）略 3．(1)证明：因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，且，平面； 所以平面； (2)； (3)存在，． 【分析】（1）由面面垂直性质定理知平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面； （2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值； （3）假设存在，根据三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值． 【详解】（1）略； （2）取的中点，连结，， 因为，所以； 又因为平面，平面平面， 所以平面； 因为平面，所以； 因为，所以； 如图建立空间直角坐标系，由题意得， ， 设平面的法向量为，则 即， 令，则； 所以； 又，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （3）设是棱上一点，则存在使得． 因此点，． 因为平面，所以平面当且仅当， 即，解得． 所以在棱上存在点使得平面，此时． 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用． 4．(1)如图所示，设直线与交于点H，连结， ， ， ，即， ． 又平面，平面，平面． (2)存在，G在线上且 【详解】（1）略 （2）存在，过M作于点G， 则，平面，平面,平面， 又平面．且，平面, ∴平面平面． 即G在线上，且． 5．存在，证明： 法一：点运动形成平面，即对角面，且平面， 所以只需平面，即有， 若为的中点，则，又平面，平面， 所以，而，平面， 即平面，在平面上的射影为， 由三垂线定理知，必有，故为的中点. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系， AI则，则， 若在上存在这样的点满足题意，设. 依题意，对任意的要使在平面上的射影垂直于， 即，等价于，解得. 当为的中点时，对任意的在平面上的射影垂直于. 【分析】法一：根据已知只需平面，若为的中点，利用线面垂直的性质和判定及三垂线定理证明结论；法二：构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，由的坐标表示列方程求点的位置，即可得结论. 【详解】略 6．(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.    7．BD 【分析】法一：对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则，， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 8．BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 9．BC 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 10．AD 【分析】选项A，当为点时，利用线面垂直可证明；选项B，利用线面的位置关系可判断；选项C，当点为点时，与相交；选项D，当为的中点时，利用线面垂直的判定定理可证平面，从而有. 【详解】对于选项A，在矩形中，，，，所以四边形为正方形.所以. 又因为平面，平面，所以. 当为点时，，从而可证得平面. 又平面，所以，故A正确； 对于选项B，当点位于点时，与相交；当点在线段上除点的其他位置时， 因为平面，平面，，平面， 所以，与为异面直线，故B错误； 对于选项C，当点为点时，与相交，故C错误； 对于选项D，当为的中点时，取的中点，连接， 在中，分别为中点，所以. 又，所以.同理可得. 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以，故D正确． 11．ABD 【分析】利用等体积法转化可得选项A正确；作于点，通过证明平面平面可得选项B正确；建立空间直角坐标系，根据可得选项C错误；利用向量法表示线面角的正弦值可得选项D正确. 【详解】A.由题意得，，A正确； B.如图，作于点，连接，则，且， 因为平面，平面，所以平面. 因为，所以，故， 因为平面，平面，所以平面. 因为平面，平面，，所以平面平面， 因为平面，所以平面，B正确； C.以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以， 若，则，得，与矛盾， 所以不存在实数，使得，C错误； D.由题意得，平面的法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 解得或（舍），D正确. 故选：ABD． 12．BC 【分析】根据特殊位置即可根据线线平行求解A，建立空间直角坐标系，求解向量垂直的坐标关系即可求解B，求解平面法向量，即可根据空间距离求解C，根据法向量的夹角即可求解D. 【详解】对于A，当位于时，此时平面，平面， 故平面，A错误， 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则，， 由于，故， 设，则， 则， 要使平面，则， 解得，故存在点，当时，，结合， 平面，故平面，B正确， 对于C， 点为中点，此时， 设平面的一个法向量为， 故，， ，令，则， 则点到平面的距离为，故C正确， 对于D，设平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 故，， ，令，则， 设平面的一个法向量为， 故 ，令，则， ， 显然时，此时并不是最值，此时二面角夹角不是最大，故D错误， 故选：BC 13．(1)因为平面，平面，则， 由题意可知，且，平面， 由线面垂直的判定定理可得平面. (2) (3)直线在平面内，理由如下： 易知，，由，可得， 则，由平面的一个法向量为， 其中，且点在平面内，故直线在平面内. 【分析】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角的余弦值； （3）首先求得点的坐标，然后结合平面的法向量和直线的方向向量可判断直线是否在平面内. 【详解】（1）略 （2）以点为坐标原点，平面内与垂直的直线为轴， ，方向为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 易知：，，， 由可得点的坐标为， 由可得，设平面的法向量为：， 则， 据此可得平面的一个法向量为：， 很明显平面的一个法向量为， 得到， 而二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. （3）略 14．(1) 由已知，平面，平面，故. 又，，平面，平面， 故平面. 因为平面，所以平面平面. (2)（i）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.    由已知可得，，. 设，， 因为，所以 解得， 要证明点在平面内，即证明，当时，可解得， 因为点在棱上，，符合题意. 这说明存在满足条件的点，使得球心坐标为，即点在平面内. （ii） 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）（i）利用空间向量法证明点在平面上；（ii）利用空间向量法计算线面所成角. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）由（i）可得，，，，. 设是平面的法向量， 则即可取. 则， 设直线与平面所成角为，故，又， 所以. 故直线与平面所成角的大小为. 15．(1) 连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则， 所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系， 则，，， 则，，则， 所以. (2) 由（1）知，， ，， 又，得， ，所以， 所以、、、四点共面，即点在平面内． (3) 【分析】（1）连接、交于，连接，以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出，计算出即可. （2）求出、、，即可得到，从而得到、、、四点共面，即可得证； （3）求出相关向量和平面法向量，利用公式计算可得. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）可得， 设平面的法向量，由，得， 令，则，，所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16．(1)因为平面，又平面，则， 又，且，，平面，故CD平面； 又面， ， ，为中点， ， ，，面， 面； (2) (3)直线不在平面内，理由如下： 因为点在上，且，又， 故， 则， 由（2）可知，平面的法向量为， 因为，所以直线不在平面内． 【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可； （2）结合线面垂直建系，空间向量法求出二面角余弦值； （3）先判断关系，再求出向量坐标，最后空间向量法证明结论. 【详解】（1）略 （2）过点A作的垂线交于点， 因为平面，且，平面，则，， 故以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， GSP 则， 因为为的中点，则， 所以， 又，所以，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，故， 又因为平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）略 17．ABD 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A正确； 对于B选项，连接，，，因为且， 故四边形为平行四边形，所以，因为P，N分别是中点， 则，所以，即，，，四点共面， 而平面与的交点唯一，故即为，又不为的端点， 因此不存在满足条件的点，B正确； 对于C选项，如图，在平面上作，垂足为点， 过点在平面内作交BC或者于， 因为平面平面，平面平面，    且平面，所以平面， 又平面，所以，    因为，，平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为 当Q与点无限接近时，面积接近于0， 过且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为，C错误；    对于D选项，依题意，直线PH与直线的夹角为， 取的中点，连接PO，则， 则平面，取AB的中点，以为圆心，为半径作圆，交，于X，Y， 则点H的轨迹为以O为圆心，1为半径的部分圆弧， 又，故    所以点的轨迹长度为，D正确. 18．存在，点Q为点B． 【分析】假设存在点，取的中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，利用直线与平面垂直的性质，得到，即可求得点坐标. 【详解】假设在线段上存在一点，使平面． 取的中点，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 显然， 平面，面，则， ，解得，满足要求， 在线段上存在一点，使平面，此时点为点． 19．(1) 连接，交于，连接， 在斜三棱柱中，是平行四边形，所以为的中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； (2) 连接，菱形中，，， 所以是等边三角形， 又为中点，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，且平面，， 所以平面； (3)不存在，利用平面夹角的向量坐标公式列式计算即可判断 【分析】（1）中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可； （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面； （3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）不存在，理由如下：取的中点， 因为分别是的中点，所以， 又平面，所以平面， 所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 所以，， 设，， 因为，所以， 解得，，，即， 所以, 设平面的法向量， ，令，得， 显然是平面的一个法向量， 所以， 因为二面角为， 所以，化简得，解得， 因为，所以线段上不存在点，使二面角为． 20．(1) 由，知为正三角形， 又为的中点，则. 又为的中点，则， 而，所以， 又平面， 所以平面； (2)；在线段存在点使得平面，的值为 【分析】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可. 【详解】（1）略； （2）由（1）知为正三角形，则， 在中，，有，所以， 易知，建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 假设在线段上存在点，使得平面，令， 则，所以， 由平面，得，所以， 解得，所以，即的值为. 21．(1) (2) (3)存在，且 【分析】（1）根据直线与平面所成的角求得，根据平面的点法式方程求得正确答案. （2）利用等面积法来求得到直线的距离. （3）设出点的坐标，利用面面垂直列方程，化简求得正确答案. 【详解】（1）由于平面， 所以平面，所以是直线与平面所成的角， 所以，所以. 所以， 所以, ，设平面的法向量为， 则，故可设，平面， 则平面的方程为， 即. （2）在中，，， 设到的距离为，则， 由于平行四边形和平行四边形全等， 所以到直线的距离等于设到的距离， 即到直线的距离为. （3），，，， 即，而， 所以， 设，则，即， 所以，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设. 设平面的法向量为， 则，故可设， 若平面平面，则， 即， 解得，负根舍去， 所以存在符合题意的点，且. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 黄金考点59 立体几何中的探究 1．如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．不存在点，使得 D．线段的长度恒为 2．如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是（   ） A．不存在点，使得直线与所成的角为 B．存在点，使得平面平面 C．三棱锥的体积为 D．存在点，使得直线平面 3．已知正方体的棱长为2，点为正方体表面上一动点．则下列说法正确的是（    ） A．当点在线段上时，直线与直线可能是异面直线 B．当点在线段上时， C．当点在线段上时，的最小值为 D．当点在侧面上时，且三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为 4．如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． (1)求证：平面． (2)在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 5．在底面是菱形的四棱锥中，已知，，过作侧面的垂线，垂足恰为棱的中点. 在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 6．如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 7．如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 8．如图，斜棱柱的所有棱长都等于2，，平面平面． (1)求证：． (2)求二面角的平面角的余弦值． (3)在直线上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． （2019·全国III卷·高考真题） 9．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（    ） A．，且直线是相交直线 B．，且直线是相交直线 C．，且直线是异面直线 D．，且直线是异面直线 （2022·上海·高考真题） 10．如图，正方体中，P、Q、R、S分别为棱AB、BC、、CD的中点，连接、，空间任意两点M、N，若线段MN上不存在点在线段、上，则称M、N两点可视，下列选项中与点可视的为（   ）．    A．点Q B．点P C．点B D．点R （2017·全国III卷·高考真题） 11．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成角时，AB与b成角； ②当直线AB与a成角时，AB与b成角； ③直线AB与a所成角的最小值为； ④直线AB与a所成角的最大值为． 其中正确的是______．（填写所有正确结论的编号） （2016·北京·高考真题） 12．如图，在四棱锥中，平面，，.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)设点为的中点，在棱上是否存在点，使得平面?说明理由. （26-27高三上·浙江杭州·阶段检测） 13．在三棱台中，底面，，分别为棱的中点，则下列判断正确的有（    ） A． B．平面 C．直线与直线共面 D．直线与直线异面 （25-26高一下·陕西西安·期末） 14．如图，在棱长为4的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点（不含端点），则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得，，，四点共面 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥与三棱锥体积相等 （26-27高三上·北京·开学考试） 15．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． （2026高三·全国·专题练习） 16．如图，已知正方形的边长为6，点，分别在边，上，，现将沿线段折起到位置，使得． (1)求五棱锥的体积； (2)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由． （2026·安徽·模拟预测） 17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点．    (1)证明：平面平面； (2)设点G是线段上的一点，且满足．在线段上是否存在点F，使得A，E，G，F四点共面？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由； (3)求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 18．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． （2026·陕西渭南·三模） 19．如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． （26-27高三上·浙江·开学考试） 20．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． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《考点59 立体几何中的探究 【练】黄金考点总动员2027届》参考答案： 1．ACD 【分析】利用线面垂直性质与勾股定理建系，A、C选项利用数量积为建立方程，结合约束条件判断是否存在满足条件的解；B选项通过数量积恒为非零常数判断；D选项利用两点间距离公式，整体代入约束条件消参，证明线段长度为定值. 【详解】由可知，，， 因为平面，且平面，所以：且， 在中，，可得：， 以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则：，，， 因为，是等边三角形，计算得点的坐标：， 由于点在平面内，设，由，可得约束条件：， 因为是的中点，由中点坐标公式可得：； A选项：，， 若，则，解得， 代入，得，此时存在点或满足题意，故A选项正确； B选项：，， ，无论点在何处，数量积恒为，不可能为，所以不可能垂直于，故B选项错误； C选项：， 若，则，解得，代入约束条件，得， 解得，此时点的坐标为，此时、、三点共线，无法构成四棱锥，因此，在四棱锥中，不存在这样的点，故C正确； D选项：，， 将代入，得：，所以恒成立，故D正确. 2．BCD 【分析】当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断A；当点为中点时，证明面面平行，即可判断B；结合等体积转化，即可判断C；当点为中点时，证明线面垂直，即可判断D. 【详解】对于A：当点为线段上靠近的四等分点时， 如图，连接,过点作，交于， 则,又正方体中，，所以， 则直线与所成角为， 又，， 所以为等边三角形，所以，故A错误； 对于B，当点为中点时，有，平面，平面， 所以平面，同理，平面， 且，平面， 所以平面平面，故B正确； 对于C：三棱锥的体积，故C正确； 对于D：当点为中点时，有，又， 所以平面即平面， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，故D正确. 3．BC 【分析】分析 四点共面可判断A；根据线面垂直的判定定理和性质定理可判断B；将平面沿翻折，使平面与平面共面，此时的最小值为翻折后点到点的线段长度，利用余弦定理计算即可判断C；先求出外接球半径，确定球心位置，从而得点的轨迹，当点 到平面的距离最大时，三棱锥 的体积最大，计算体积最大值即可判断D. 【详解】对于A ，如图 1 所示，当点 在线段 上时，因为 是正方体，所以 ， 当点 与 不重合时， ，所以 四点共面，所以与 是共面直线； 当点 与 重合时，与 相交，也是共面直线．所以直线与直线 不可能是异面直线，故A错误； 对于B，正方形中，对角线 ；正方体侧棱 底面，因此 ，与 交于点 ，因此 平面 . 当点 在线段 上时， 平面 ，因此 平面 ，故 ，故B正确； 对于C，将平面沿翻折，使平面与平面共面，此时的最小值为翻折后点到点的线段长度， 已知正方体的棱长为2，所以 ， 则 ， 即 的最小值为 ，故C正确； 对于D，如图4所示，分别设 为正方形与正方形 的中心，连接 ． 三棱锥外接球的球心在线段上，又因为三棱锥 外接球的表面积为 ， 设外接球的半径为 ，则 ，则 ． 连接，则 ，所以 ，即 ，解得 ． 过点作平面，垂足为，设 分别为 的中点， 则点 在线段 上，且 ， 则 ，即 ，即 ． 又因点 在侧面 内，则点 是以 为圆心，半径为 的弧，如图5所示． 因为三棱锥 的体积 ，且 ， 所以当点 到平面的距离最大时，三棱锥 的体积最大， 当点 三点共线时，点 到平面的距离最大，且最大值为 ， 所以三棱锥的体积的最大值为 ，故D 错误． 4．(1)因，，则，故， 在三棱柱中，，则， 因平面，平面，则平面. (2) 如图，线段上存在点，满足，即可使平面平面，理由如下： 因，则，则，因平面， 平面，故平面， 由（1），因平面， 平面，故平面， 又平面，故平面平面. 【分析】（1）由平行线分线段成比例定理推得，利用三棱柱的性质易得，即可由线线平行证得线面平行； （2）线段上存在点，满足，即可由线线平行推得线面平行再证明面面平行即可. 【详解】（1）略 （2）略 5．存在， 【分析】连接AO，易得，再由，得到平面AOD，再过O作，易得，再由，得到平面SBC，然后在中求解. 【详解】解：如图所示： 连接AO，，O是BS的中点， ， 平面ABS，平面ABS，，    又平面AOD， 平面AOD， 过O作于E，则， 平面AOD，， 又平面SBC，平面SBC， 在中，， ， ∵，∴， ∴． 6．存在，. 【分析】由面面平行的判定定理可证得平面平面，再由面面平行和线面平行的性质定理可得平面及，即可得出的值. 【详解】在平面中，过点E作，交于， 在平面中，过点作，交于，连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，平面，所以平面平面， 平面，所以平面，即为所求的点， 因为平面，平面，平面平面， 所以， 在中，，即，如图所示， 所以， 在中，，所以，即此时. 7．(1)证明：连接， 因为，所以． 因为是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以， 因为， 所以． (2)存在， 【分析】（1）要证明，可证明，即只要证明垂直于所在的平面即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，进而确定点的位置. 【详解】（1）略 （2）因为， 所以，所以， 又由（1）知，且平面， 所以平面， 因为为四棱台，底面为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同， 所以四边形为正方形，上下面平行 所以平面，. 因为点是的中点，，所以. 所以且，所以四边形为平行四边形 所以. 又平面，所以平面． 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， 则， 设，则，． 设平面的法向量为， 则 令． 设直线与平面所成角为， 则， 化简得， 即，所以． 8．(1) 证明：连接交于点，则，连接． 在中，，， 所以． 所以， 所以，由于平面平面， 所以底面． 以所在直线为轴、轴、轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 则． 由于， 则， 所以． (2) (3)存在，点在的延长线上且使． 【分析】（1）连接交于点，则，连接，先根据勾股定理和面面垂直的性质证得线面垂直，以所在直线为轴、轴、轴建立的空间直角坐标系，利用空间向量法证明线线垂直； （2）根据（1）建立的空间直角坐标系，利用空间向量法计算二面角平面角的余弦值； （3）解法一：根据（1）建立的空间直角坐标系，利用空间向量法结合线面平行计算得到点的位置；解法二：连接，根据题设知，可得平面，在平面找到过点有即为所求. 【详解】（1）略 （2）由于平面，由（1）可知， 所以平面的法向量． 设平面，则 设，得到取， 所以． 所以二面角的平面角的余弦值是． （3）存在，点在的延长线上且使，使得平面. 解法1：假设在直线上存在点，使平面． 设，则， 得， 由（1）可知 设平面，则 设，得到 不妨取． 又因为平面， 所以，即，得， 即点在的延长线上且使． 解法2：连接，由题设知， 因为平面，平面，所以平面， 所以在平面找到过点有即为所求. 如图3． 假设在直线上存在点，使平面， 在的延长线上取点，使， 则，从而平面． 9．B 【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题． 【详解】如图所示，连接，点为正方形的中心， 则经过点，且点为中点，又因为是线段的中点， 所以在中，，所以四点共面，即直线是相交直线； 作于，连接，过作于． 连，平面平面． 平面，平面，平面， 与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知， ．，故选B． 【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形． 10．A 【分析】根据异面直线的定义判断即可. 【详解】A选项，四边形是平行四边形，，得点平面，得与为异面直线， 四边形是平行四边形，且平面，得点平面，得与为异面直线，根据题意，得两点可视，故A对； B选项：四边形是平行四边形，与相交，故B错； C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错； D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错； 故选：A. 11．②③ 【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，， ，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C为坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【详解】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图， 不妨设图中所示正方体边长为1，故， ， 斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆， 以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系， 则，直线a的方向单位向量，直线b的方向单位向量， 设B点在运动过程中的坐标为，其中θ为与CD的夹角，， ∴在运动过程中的向量，，设与所成夹角为， 则，所以，因此③正确，④错误． 设与所成夹角为，则， 当与夹角为时，即时，， 又，则，又因为，所以，此时与的夹角为，所以②正确，①错误． 12．(1)因为平面，平面，所以． 又因为，，、平面，所以平面． (2)因为，，所以． 因为平面，平面，所以． 因为，、平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． (3)存在.理由如下： 在棱上存在点，使得平面． 证明如下： 取中点，连接、、， 又因为为的中点，所以． 又因为平面，平面，所以平面． 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明； （2）利用面面垂直判定定理证明； （3）取中点，连接，则，根据线面平行的判定定理证明平面. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 13．ACD 【分析】利用线面垂直证得A,利用棱台还原棱锥，判断与侧面相交否定B；相交直线必共面判定C；依据异面直线定义，验证和无交点且不平行，确定D. 【详解】对于选项A，如图所示： 已知，是中点，所以，又，因此， 由底面，平面，故，则， 又，且平面，所以平面， 又平面可得，则A正确. 对于选项B，棱台由棱锥截得，延长侧棱交于顶点P，因为分别为棱的中点，则三点共线，同时三点共线，故P是与直线的交点，平面，即直线与平面存在公共点P，则B错误. 对于选项C,由B选项可知，直线与直线交于原棱锥顶点P，空间中，两条相交直线可以确定唯一一个平面，因此与在同一个平面内，两直线共面，故C正确. 对于选项D，若，共面，则四点共面，则平面，又，平面，所以平面，所以平面，但平面，矛盾，假设错误，所以直线与直线异面,故D正确. 14．ACD 【分析】A：取点为的中点，利用已知及线面平行的判定定理判断；B：延长交直线于点，利用平面的基本性质得到线段平面，结合已知判断；C：应用棱锥的体积公式求解判断；D：问题化为证明平面，连接，取的中点，连结、，利用平行四边形、线面平行的判定和性质判断即可. 【详解】A：当点为的中点时，因为是的中点， 所以是的中位线，故 因为、分别是、的中点，则 所以，且在平面内，而在平面外， 所以平面，故存在中点使得平面，故 A 正确， B：如图，延长交直线于点，易知， 连接，易知直线是平面与上底面的交线， 因为是中点，且，则，而， 所以，且，即为平行四边形， 其中是的中点，且为的对角线，则共线， 综上，直线线段，不在平面上，即线段平面， 因为是上（不含端点）的动点，所以不存在这样的点，故 B 错误， C：底面在侧面上，，且， 底面面积，点到侧面的距离就是棱的长，即， 三棱锥体积，故 C 正确， D：因为三棱锥与有共同的底面， 要证明体积相等，只需证明点与点到平面的距离相等，即证明平面， 连接，取的中点，连结、，则且， 所以四边形为平行四边形，则，， 在矩形中、是中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则，， 综上，，，则四边形为平行四边形， 因此，而在平面上，而在平面外，所以平面 ， 所以和到平面的距离相等，故两体积相等，故 D 正确. 15．(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. 16．(1) (2)存在， 【分析】（1）作出辅助线，得到线面垂直，面面垂直，求出棱锥的高，进而求出五棱锥的体积； （2）由线段之间的关系得到时，，从而得到线面平行，求出答案 【详解】（1）连接，设，连接． 因为四边形是正方形，， 所以是的中点，且，， 从而有，，又，平面， 所以平面，且平面． 从而平面平面． 过点作垂直于且与相交于点， 则平面． 因为正方形的边长为6，， 故，， 所以， 所以，则， 所以五棱锥的体积． （2）线段上存在点，使得平面，此时．证明如下： 连接，，，，且易知过点． 当时，又，所以． 又平面，平面，所以平面． 又，平面，平面， 所以平面． 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面． 17．(1)因为底面为正方形，所以， 又底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，，为的中点，所以， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. (2)存在唯一的点F，使得A，E，G，F四点共面，此时，(F点在线段上靠近点的三等分点处). (3) 【分析】（1）由线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系后，将用两种不同的方式表示，列方程组求解； （3）先求平面的一个法向量，再表示平面的一个法向量，接着表示出夹角的余弦值，从而求出最大值. 【详解】（1）略 （2）    以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为，则，则得， 则，，，， 设， 若A，E，G，F四点共面，则存在实数使得 即，得方程组： ，解得 即存在唯一的点F，使得A，E，G，F四点共面，此时，(F点在线段上靠近点的三等分点处). （3）由（2）可知 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 设平面的一个法向量为， 则故可取， 设平面与平面夹角为，则 ， 当时，取得最大值， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值是 . 18．(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. 19．(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【详解】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为​，是中点，故，且 . 又​，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， 设平面MCD的法向量为， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 20．(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 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $