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专题六 空间几何体
07 立体几何专题探索性问题
考纲对本模块内容的具体要求如下：
立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高考 ( http: / / www.21cnjy.com )试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点探索存在性问题是考查的热点问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．21cnjy.com
解决探索性问题一般先假设求 ( http: / / www.21cnjy.com )解的结果存在，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．21·世纪*教育网
考点一 平行关系中的探索问题　
（2021·江西南昌·一模（文））如图三棱柱中，和是等边三角形.，分别为棱，的中点，平面平面.
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（Ⅰ）若三棱柱的体积为3，求；
（Ⅱ）在线段上是否存在点，使得平面，证明你的结论.
【答案】（Ⅰ）AA1＝2; （Ⅱ）存在.
【分析】
（Ⅰ）设AA1＝a，求出 的面积，以及点A到平面A1B1C1的距离，然后根据棱柱的体积公式建立方程，解之即可；【出处：21教育名师】
（Ⅱ）以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面B1EF的一个法向量 ，结合 可求出点G坐标，从而可判断是否存在点G，使得AG∥平面B1EF．
【详解】
（Ⅰ）设AA1＝a，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC和△AA1C1是等边三角形．
E，F分别为棱AA1，AC的中点，平面AA1C1C⊥平面A1B1C1．
∴ ，
点A到平面A1B1C1的距离 ，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为3，
∴∴AA1＝2．
（Ⅱ）由题意可知OB1⊥面AA1C1，所以以O点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，设AA1＝2，证明如下：
O（0，0，0），, （0，1，0），，，，，，
则， ,
设平面B1EF的一个法向量为
则 ，令y＝1得 ，
所以
由可得 ，所以
综上所述，线段BF上存在点G，使得AG∥平面B1EF．
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【跟踪练习】（2020·黑龙江·哈九中高二期中（文））如图，已知四边形为菱形，且，取中点为E.现将四边形沿折起至，使得.
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（1）求证：平面平面；
（2）试判断上是否存在点F使平面，若存在，指出F的位置，并证明你的结论；若不存在，说明你的理由.www.21-cn-jy.com
【答案】（1）证明见解析； （2）当点为中点时，使平面.
【分析】
（1）由为等边三角形，证得，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可求解；
（2）以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，求得平面的一个法向量，设，得到，利用，求得的值，即可得到结论.
【详解】
（1）由题意，四边形为菱形，且，可得为等边三角形，
又由中点为E，所以，所以，
又因为，即，
因为且平面，所以平面，
又由平面，所以平面平面.
（2）设菱形的边长为2，
由（1）可知，，,
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，
可得，则，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
所以平面的一个法向量，
设，则，所以，
要使得平面，则，
解得，即当点为中点时，使平面.
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考点二 垂直关系中的探索问题
（2021·全国·高二课时练习）如图，在直三棱柱中，是边长为4的正方形，，．
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（1）求直线与直线所成角的余弦值．
（2）求证：在线段上存在点D，使得．并求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意建立空间直角坐标系，进而通过空间向量的线线角公式求得答案；
（2）设出点D的坐标及，进而根据求得答案.
【详解】
（1）由题意，AA1=4，BC=5，AB=3，AC=4，所以，所以AB⊥AC，
又平面ABC，以A为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图：
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则，所以，
所以，
即所成角的余弦值为.
（2）设是直线上一点，且，由（1），，所以，
所以，
由,
所以在线段BC1上存在点D，使得，此时.
【跟踪练习】（2021·辽宁·渤海大学附属高级中学高二月考）如图，在三棱柱中，是边长为3的正方形，平面平面，，.
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（1）证明：平面平面；
（2）探索在线段上是否存在一点，使得，若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.
【分析】
（1）根据勾股定理的逆定理可得，由面面垂直的性质可得平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，首先利用求得点的坐标，由求得的值.
【详解】
（1）证明：因为，，，
由勾股定理的逆定理可知是直角三角形，所以，
因为平面平面，它们的交线是， 平面ABC
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，
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则，，，.
设是直线上一点，且.
所以，
所以，，，
所以.
由，得，
即，解得.
因为，
所以在线段上存在点（为的中点），使得.
考点三 利用空间向量解决探索性问题　
如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1.若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
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【答案】见解析；
【解析】：(1)证明：设BD与AC交于点O，
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则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
由余弦定理得A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA，
所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分別为x轴， ( http: / / www.21cnjy.com )y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．
则＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，
·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
所以⊥，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设n3＝(x3，y3，z3)为平面DA1C1的一个法向量，
则又＝(0,2,0)，＝(，0，)，
则取n3＝(1,0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥，
即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
【跟踪练习】（2021·全国高二课时练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，．
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(1)求证：平面．
(2)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．
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，的值为.
【分析】
(1)首先利用面面垂直的性质证明，然后结合已知条件利用线面垂直的判定定理即可证明；(2)首先假设存在点，根据已知条件和(1)中结论，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量与垂直求解即可.【来源：21cnj*y.co*m】
【详解】
(1)因为平面平面，且平面平面，，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，
所以平面.
(2)假设在棱上是否存在点，使得平面，
取中点，连接，，如下图：
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因为，，
所以，，
从而，故平面，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：
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由题意可知，，，，，
设，因为点在棱上，故，，
所以，故，
设平面的法向量为，
故，令，则，，
从而平面的法向量可以取，
因为平面，
所以，解得，，
故假设成立，存在这样的点，使得平面，此时，
即，从而.
考点四 探索距离与体积问题
如图所示，圆柱的高为2，点A，B，C，D分别是圆柱下底面圆周上的点，ABCD为矩形，PA是圆柱的母线，AB＝2，BC＝4，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．
(1)求证：平面PDC平面PAD；
(2)求证：PB//平面EFG；
(3)在线段BC上是否存在一点M，使得D到平面PAM的距离为2？若存在，求出BM；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)∵是圆柱的母线，∴圆柱的底面．
∵圆柱的底面，，又∵为矩形，∴，
而，∴平面．又平面，∴平面平面．
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(2)取中点，连接，∵、、分别是线段、、的中点，
∴，∴、、、四点共面．又为中点，∴．
又平面，平面，∴//平面．
(3)解析：假设在上存在一点，使得到平面的距离为，则以为底，为顶点的三棱锥的高为，连接，则，由(2)知，
∴，∴．
∵，∴．
∵，∴，解得：．∵，
∴线段上存在一点，当时，使得到平面的距离为．
【跟踪练习】（2021·全国·高二专题练习）如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，且，为的中点.2·1·c·n·j·y
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（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，且点为线段的中点.
【分析】
（1）分别证明平面，平面，可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；
（3）设点，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）因为四边形为正方形，则，，
因为，，，平面，
平面，，
因为，，，平面，
平面，，
，平面；
（2）因为平面，，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
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则、、、，
设平面的法向量为，则，，，
由，取，可得，
，
所以，与平面所成角的正弦值为；
（3）设点，设平面的法向量为，
，，
由，取，则，
所以，点到平面的距离为，，.
因此，当点为线段的中点时，点到平面的距离为.
1．（2021·全国·高 ( http: / / www.21cnjy.com )二课时练习）在三棱柱A1B1C1-ABC中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是（ ）
A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直
【答案】D
【分析】
建立空间直角坐标系，利用向量法确定正确选项.
【详解】
如图，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，B(1，0，1)，D，P(0，2，0)，所以=(-1，2，0)，==(1，0，1)，=.
设存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，设=λ，则=-=λ-=
由，得无解.
故选：D
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2．（2021·广东·深圳实验学校高二月考）已知直三棱柱中，，，O为的中点.点P满足，其中，则（ ）
A．对时，都有
B．当时，直线与所成的角是30°
C．当时，直线与平面所成的角的正切值
D．当时，直线与相交于一点Q，则
【答案】ACD
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量的垂直关系证明，可判断A；
先计算出夹角的余弦值，然后进行判断，可判断B；
先计算出与平面一个法向量夹角的余弦值，然后即可求解出线面角的正弦值，由此可计算出线面角的正切值，可判断C；
利用中位线对应的平行关系以及线段长度关系进行说明，可判断D.
【详解】
以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，
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其中，
因为，所以，
A.因为，
所以，所以，故正确；
B.当时，，所以，
所以直线与所成的角不是，故错误；
C. 当时，，取平面的一个法向量为，
所以，设直线与平面所成的角为，
所以，所以，故正确；
D. 当时，如图所示，为中点，为中点，连接，
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所以，所以，故正确；
故选：ACD.
3．（2021·云南·曲靖一中高三月考（理 ( http: / / www.21cnjy.com )））如图，已知在多面体ABCDEF中，平面ABCD是正方形，CE⊥平面ABCD，BF//CE，且AB=CE=3， BF=2，取AB的中点G，点H为线段CE上的一动点.
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①当CH=1时，HG//平面ADF；
②直线CD与AE所成角的正切值为；
③存在点H使GH⊥DF；
④AF的中点到平面ABE的距离为.则以上说法正确的序号是___________.
【答案】①③④
【分析】
对①，取的中点，进而证明平面平面，然后得到答案；
对②，由AB∥CD，则∠EAB（或其补角）是所求角，进而解得答案；
对③，建立空间直角坐标系，进而利用空间向量的数量积得到答案；
对④，根据题意，所求距离为到平面的距离的一半，进而用等体积法求得答案.
【详解】
对①，如图1，
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取的中点，连接由题意，，即四边形BCHT是平行四边形，所以TH∥BC，而BC∥AD，所以TH∥AD，www-2-1-cnjy-com
又G,T分别为AB,FB的中点，所以GT∥AF，而，，
所以平面平面，故平面，故①正确；
对③，如图2，因为AB∥CD，所以直线与所成角即为直线与所成角，连
接，则∠EAB（或其补角）是所求角，因为EC⊥平面ABCD，所以EC⊥AB，
又AB⊥BC，且，所以AB⊥平面BCEF，则AB⊥BE，
所以，故②错误；
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对于③，以C为坐标原点，所在方向分别为轴的正方向建立如图3的空间直角坐标系，
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则,设，所以，，若，
所以，解得，因为，符合题意，故③正确；
对④，如图4，
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取的中点为，则到平面的距离即为到平面的距离的一半，
设所求距离为d，由勾股定理易得：,
则，
,所以.
即到平面的距离为，故④正确.
故答案为：①③④.
4．（2021·广东·深圳实验学校高二月考）如图1，已知正方形的边长为，，分别为，的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为，点在线段上（包含端点）运动，连接.
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图1 图2
（1）若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求此时二面角的余弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）点O在的延长线上且与点A间的距离为2，证明见解析；（2）存在，.
【分析】
（1）分析得到点O在的延长线上且与点A间的距离为2，证明，则平面即得证；
（2）取的中点H，连接，过点H作直线，以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法结合已知求出或，再利用向量法求出二面角的余弦值得解.
【详解】
解：（1）因为直线平面，故点O在平面内，也在平面内，
所以点O在平面与平面的交线（即直线）上，延长，交于点O，连接，如图所示.
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因为，M为的中点，所以，所以，，
故点O在的延长线上且与点A间的距离为2，
连接交于点N，因为四边形为矩形，所以N是的中点.
连接，则为的中位线，所以，
又平面，平面，所以直线平面.
（2）如图，由已知可得，，又，
所以平面，且
所以平面平面，因为，，
所以为等边三角形，取的中点H，连接，则，所以平面，过点H作直线，以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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，，，，
所以，
设，则，
设平面的法向量为，即，
取，则，，所以平面的一个法向量为，
要使直线与平面所成的角为，
则，
即，整理得，解得或
所以存在点M，使得直线与平面所成的角为，
取的中点Q，连接，则，所以平面
则为平面的一个法向量，易得，，
所以
设二面角的大小为，
，
当时，易知为钝角，，当时，易知为锐角，，
综上，二面角的余弦值为.
5．（2021·河南·高三月考（理））如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，AC＝，△ADE为等腰直角三角形，∠AED＝90°，平面ADE⊥平面ABCD，且EF∥AB，EF＝1．21教育网
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（1）证明：AC⊥平面BDF；
（2）若G为棱BF上的一点，使直线AG与平面BCF所成角的正弦值为，求AG的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【分析】
（1）取AD的中点H，设，的交点为O，连接OF，OH，可得，从而平面，则，可得平面，即可证得，再根据线面垂直的判定定理即可得出结论；
（2）以O为原点，以OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，，求出平面BCF的法向量，再利用向量法结合直线AG与平面BCF所成角的正弦值为，求得的值，即可得出答案.
【详解】
（1）证明：取AD的中点H，
因为为等腰直角三角形，，所以，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
设，的交点为O，连接OF，OH，
则，且，
因为，，所以且，
所以四边形为平行四边形．
故且，
所以平面，又平面，从而，
在菱形中，有，
因为，所以平面；
（2）以O为原点，以OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
有，，，．
设，，，，
得，，即，
从而，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，
由已知可得，得，
所以或，所以．
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6．（2021·重庆市清华中学校高二月考）如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且.
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（1）求证：平面ABCD；
（2）当异面直线PB与CD所成的角为60°时，在线段CP上是否存在点M，使得直线OM与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，请求出线段CM的长，若不存在，请说明理由.【版权所有：21教育】
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据三线合一得出，，故而得到平面；
（2）建立空间直角坐标系，依题意可得为异面直线与所成角，设，利用余弦定理求出，设，根据线面角的正弦值得到方程，解得即可得解；
【详解】
解（1）证明：因为为菱形，
所以为的中点，
因为，
所以，又因为，，面
所以平面
（2）平面，以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
，为异面直线与所成角，，
在菱形中，设，
，，，
设，则，，
在中，由余弦定理得：，
，解得，
，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
设，则
设直线OM与平面PCD所成角为，
，
解得，所以，即
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7．（2021·全国·高二课时练习）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，.【来源：21·世纪·教育·网】
问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE//平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．
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【答案】存在点E为PD中点时，CE//平面PAB.
【分析】
根据题意建立空间直角坐标系，根据直线与平面平行的条件：直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用空间向量的坐标运算求解.
【详解】
由已知得以AB，AD，AP两两垂直，
分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．
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∵，∴P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，
设E(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0，2，－1)，
∵E是棱PD上的点，∴∥，∴，即①
∵＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，＝(－1，y－1，z)，
∴由CE∥平面PAB，可得⊥，
∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝2(y－1)＝0，
∴y＝1，代入①式得z＝.
∴E是PD的中点，
此时，由于平面,
∴CE∥平面PAB.
故存在满足题意的点E,使得CE∥平面PAB，且点E为棱PD的中点.
8．（2021·全国·高三专题练习）如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且，，将所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2.
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（1）求证：BC⊥平面ACD；
（2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得平面ACD？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）不存在，理由见解析.
【分析】
（1）先证明面BCD，进而得出，再由证明平面ADC.
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用向量法证明即可.
【详解】
（1）因为平面，平面，所以
因为，，所以平面BCD
因为平面BCD，所以
又，，所以平面ADC.
（2）以O为坐标原点，垂直于AB的方向为x轴正方向，OB为y轴正方向，垂直于面ADB的方向为z轴正方向
不妨设圆的半径为，E为点C在平面ABD上的正投影，所以E在x轴正方向上.
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由，知，，，
所以，，.
设，
由（1）知即为平面ACD的法向量，，
若平面CAD，则，即，，所以线段CE上不存在点F，使得平面CAD.
9．（2021·全国·高二单元测试）在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．
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（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件可得出，可求得的值，进而可求得的长.
【详解】
（1）因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面；
（2）因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，设点，
，，，
设平面的法向量为，
由，令，可得，
要使得平面，则，所以，，解得，
则，此时，.
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【点睛】
方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或线存在 ( http: / / www.21cnjy.com )，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．
10．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，平面CDEF平面ABCD，且四边形ABCD为平行四边形，∠DAB＝45°，四边形CDEF为直角梯形，EF∥DC，EDCD，AB＝3EF＝3，ED＝a，AD．
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（1）求证：ADBF；
（2）若线段CF上存在一点M，满足AE∥平面BDM，求的值；
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）由面面垂直的性质得ED面ABCD，即有，过作于，过作交于，则有，应用余弦定理、勾股定理可知，根据线面垂直的判定及性质可证，进而得证.21*cnjy*com
（2）构建以D为原点，过点D垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，确定的坐标，设，，进而求坐标，即可求面BDM的法向量，由线面平行求，即得的值；
【详解】
（1）∵面CDEF面ABCD，EDCD，面，面面，
∴ED面ABCD，面，即，
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过作于，过作交于，
∵CDEF为直角梯形，AB＝3EF＝3，
∴，即，则，且，
∴，得，即，
∴，而，即面，又面，
∴，故.
（2）以D为原点，过点D垂直于DC的直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图示：
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∴，若，则，
设，则，
设平面BDM的法向量为，则，取x1＝2，则，
若AE∥平面BDM，则，解得，
∴线段CF上存在一点M，满足AE∥平面BDM，此时．
【点睛】
关键点点睛：
（1）根据面面垂直的性质，结合余弦定理、勾股定理证线线垂直，进而由线面垂直的判定及性质证线线垂直.
（2）构建空间直角坐标系，设并确定其它相关点坐标，令，并求面BDM的法向量，应用线面平行求.
11．（2021·全国·高三专题练习）在四棱 ( http: / / www.21cnjy.com )锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点.
（1）求证：EF⊥CD；
（2）在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）证明详见解析；（2）存在，.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求的坐标，根据数量积等于0可得答案；
（2）假设存在满足条件的点G，向量法证明线面垂直可得答案.
【详解】
（1）证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直.
如图
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以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，
则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，
E，P(0，0，a)，F，，，
因为，所以，
从而得EF⊥CD.
（2）存在.理由如下：假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则，
若使GF⊥平面PCB，则由
，得x＝；
由，得z＝0，
所以G点坐标为，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点.
【点睛】
本题考查了向量法证明线线垂直，证明线面垂直及存在性的问题，属于基础题.
12．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥中，平面与底面所成的角的大小为45°，底面为直角梯形，．问：21世纪教育网版权所有
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（1）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
（2）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）存在，为棱的中点；（2）存在，是的中点.
【分析】
以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）设，则由平面可得，从而得到即为棱的中点.
（2）设，则由平面可得，再根据可得满足的方程组，解方程组后可得的坐标即是的中点.
【详解】
由题意可得两两垂直，且中，即为与底面所成的角，则．
以为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则．
（1）存在．理由：设，则，．
因为平面，所以且，所以，所以．
即为棱的中点时，平面．
（2）存在．理由：设，则．
因为，所以．①
因为是平面的一个法向量，，平面，所以．
所以．
所以，代入①式得，则点的坐标为．
所以是的中点，即为的中点时，平面．
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【点睛】
本题考查空间向量在点、线、面位置关系中的应用 ( http: / / www.21cnjy.com )，注意线线关系利用方向向量之间的关系，线面关系利用方向向量和平面的法向量之间的关系，面面关系利用法向量之间的关系，本题属于中档题.
13．（2021·全国·高二专题练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，底面，且，点为的中点．
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（1）求证：平面；
（2）在平面内找一点，使平面．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明出平面；
（2）设是平面内一点，由平面得出，可求得、的值，进而可确定点的坐标.
【详解】
（1）证明：底面，，．
以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
由于．
所以，，，，，，
易知，平面的一个法向量为，
又，，则.
又平面，平面；
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（2）设是平面内一点，
则，，，
若平面，则，，即.
因此，在平面内存在点，使平面．
【点睛】
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解动点问题，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
14．（2020·全国·高三专题练习） ( http: / / www.21cnjy.com )如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
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(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）平面，理由见解析；（2）.
【分析】
(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB，利用线面平行的判定定理，即可得到AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，由·，得到，进而得到∥，代入求得＝，即可得到答案.
【详解】
(1)AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.
又因为AB 平面DEF，EF平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1)．
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假设存在点P(x，y，0)满足条件，
则＝(x，y，－2)，·＝，所以.
又＝(，y，0)，＝(－x，，0)，∥，
所以()()＝，所以.
把代入上式得，所以＝，
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时.
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定， ( http: / / www.21cnjy.com )以及空间向量在立体几何线面位置关系的的应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，合理利用平面法向量的性质和空间向量的数量积的应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
15．（2017·辽宁·高二期中（文））图1，平行四边形中， ， ，现将沿折起，得到三棱锥（如图2），且，点为侧棱的中点.
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（1）求证： 平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在的角平分线上是否存在点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）.
【解析】试题分析：（Ⅰ）由平面几何知识先证明，再由线面垂直的判定的定理可得平面，从而得，进而可得平面，最后由由线面垂直的判定的定理可得结论；（Ⅱ）由等积变换可得，进而可得结果；（Ⅱ）取中点，连接并延长至点，使，连接， ， ，先证四边形为平行四边形，则有∥，利用平面几何知识可得结果.
试题解析：（Ⅰ）证明：在平行四边形中，有，又因为为侧棱的中点，
所以；
又因为， ，且，所以平面.
又因为平面，所以；
因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
（Ⅱ）解：因为， 平面，所以是三棱锥的高，
故，
又因为， , ，所以，
所以有 .
（Ⅲ）解：取中点，连接并延长至点，使，连接， ， .
因为，所以射线是角的角分线.
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又因为点是的中点，所以∥，
因为平面， 平面，
所以∥平面.
因为、互相平分，
故四边形为平行四边形，有∥.
又因为，所以有，
又因为，故.
16．（2021·广东茂名·高三月考）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，与交点为，且，．2-1-c-n-j-y
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（1）证明：平面；
（2）若且，，则在线段上是否存在一点﹐使得二面角的余弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点；为线段上靠近点的三等分点．
【分析】
（1）取的中点，由等腰三角形三线合一性质和线面垂直的判定可证得平面，由此可得，结合，由线面垂直的判定可证得结论；
（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，假设存在点，，可利用表示出点坐标，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值，由此可得结论.
【详解】
（1）四边形为等腰梯形，，
取的中点，连接，则，
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，，
又平面，，平面，
又平面，，
，，平面，平面．
（2）平面，，
以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
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则，，，，，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
设点，由得：，
解得：，，
设平面的法向量为，
，令，解得：，，
，
若满足题意的点存在，则，
解得：，，
在线段上，，即，
存在符合题意的点，为线段上靠近点的三等分点.
17．（2021·河北·石家庄二十三中高二月考）已知如图①，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中，求解下列问题：
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（1）求证：；
（2）在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，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，或．
【分析】
（1）通过，证明平面即可得出；
（2）以E为原点建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求解.
【详解】
解：（1）在图①中，连接，如图所示：
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因为四边形为菱形，，所以是等边三角形．因为为的中点，所以，．
又，所以．在图②中，，所以，即．
因为，所以，．又，，平面．所以平面．
因为平面，所以．
（2）由（1）知，，．因为，，平面．所以平面．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系；
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则，，，，，所以，，
，，，
所以．
设平面的一个法向量为，
由得，令得．
设平面的一个法向量为．因为，，
由得，令，，，得，
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
令，则上式可化为或，
即或，所以或，都满足，
所以或．
18．（2021·吉林·长春市第二十九中学高二月考）已知几何体，如图所示，其中四边形、四边形、四边形均为正方形，且边长均为，点在棱上.
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（1）求证：.
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？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，且，使得直线与平面所成的角为.
【分析】
（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，可求得，由此可证得结论；
（2）设，根据线面角的向量求法可构造方程求得，结合可得结论.
【详解】
（1）四边形、四边形、四边形均为正方形，两两互相垂直，
以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
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则，，，设，
，，，；
（2）由（1）知：，，
设平面的法向量，
，令，解得：，，；
假设存在点，使得直线与平面所成的角为，则，
，解得：，
在棱上，，，
当点在棱上，且时，直线与平面所成的角为.
19．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，，是边长为的等边三角形，，．
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（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面？如果存在，求的值；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，且.
【分析】
（1）证明出平面，，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的大小；
（2）设，其中，计算出，由已知条件得出，求出的值，即可得出结论.
【详解】
（1）因为四边形为菱形，，则为、的中点，
是等边三角形，则，同理可知，且，
平面，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
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则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
由，得，取，得，
，，
因此，直线与平面所成角为；
（2）设，其中，
所以，，
因为平面，则，解得，合乎题意.
因此，线段上是否存在一点，使得平面，且.
20．（2021·云南·高二月考）如图，将等腰直角沿斜边旋转，使得到达的位置，且.
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（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
（3）若在棱上存在点，使得，，在棱上存在点，使得，且，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】
（1）取的中点为，进而证明平面，然后根据面面垂直的判定定理得到答案；
（2）建立空间直角坐标系，进而根据空间向量的夹角公式求得答案；
（3）根据空间向量的坐标运算得出与间的关系式，进而求出的取值范围.
【详解】
（1）取的中点为，连接，.
由题意得，，
在中，因为为的中点，所以，即.
易得与全等，则，即.
因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）不妨设，由（1）平面，易知OB⊥AC，
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如图，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，则，，，，，，，21·cn·jy·com
设平面的法向量为，则得
不妨取，则.
因为，所以平面，所以平面的一个法向量为.
因为.
又二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）结合（2）可得，，.
，
.
因为，所以，得.
即，是关于的单调递增函数，
当时，，故的取值范围是.
21．（2021·全国·高二专题练习）在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，且，．
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（1）求证：
（2）求 夹角的余弦值；
从①平面与平面，②平面与平面，③平面与平面这三个条件中任选一个，补充在填空线上作答．
（3）若是棱的中点，求证：对于棱上任意一点与都不平行．
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）证明见解析．
【分析】
（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理，可证明平面，进而证明；
（2）在平面内过点D作，交于H，以D为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得各平面法向量，由法向量法即可求得各二面角的大小；21教育名师原创作品
（3）假设棱BC上存在点F，．设表示出，，设，可得关于的方程组，方程组无解即可确定与不平行.
【详解】
（1）证明：因为平面平面，
平面平面，平面，
，
所以平面，
又因为平面，
所以．
（2）选择①：在平面内过点作，交于．
由（1）可知，平面，所以，故两两垂直．
如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
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则．
则，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为．
则由
得取，有．
设平面与平面的夹角为，
所以,由图得二面角为锐角
故平面与平面夹角的余弦值为．
选择②（下面给出的解析仅供参考）：
若与上面建系相同，
则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为．
则由
得取，有．
则平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，由图得二面角为锐角
所以．
选择③（下面给出的解析仅供参考）：
若与上面建系相同，
则平面的一个法向量为，
设平面的法向量为．
则由
得取，有．
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，由图得二面角为锐角
所以．
（3）证明：假设棱上存在点，使．
设．
依题意及（2）可知，，
故，则，所以，
则此方程组无解，故假设不成立，
所以对于棱上任意一点，与都不平行．
22．（2020·全国·高三专题练习（理））如图所示，边长为的正方形和高为的直角梯形所在的平面互相垂直且，且．
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（1）求和面所成的角的余弦；
（2）线段上是否存在点使过、、三点的平面和直线垂直，若存在，求与的比值；若不存在，说明理由．21*cnjy*com
【答案】（1）；（2）存在，比值为．
【分析】
（1）由、、两两垂直，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，求出向量和所成角的余弦即为和面所成的角的正弦值；（2）设与的比值为，表示出点的坐标，求出的坐标，使与的数量积等于，列出方程，求出.
【详解】
（1）∵、、两两垂直，建立如图坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则，
不妨设，则可得，
∴向量和所成角的余弦为，
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设和面所成的角的平面角为，
则，
所以 和面所成的角的余弦值为；
（2）假设线段上存在点使过、、三点的平面和直线垂直，
不妨设与的比值为，
,
则，
，
，
由,又，
∴ ，
，
∴，
所以存在点，使得与的比值为.
考纲解读
高频考点
例1
例2
例3
例4
真题演练
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专题六 空间几何体
07 立体几何专题探索性问题
考纲对本模块内容的具体要求如下：
立体几何是高考的重要内容，从近五年全国卷高 ( http: / / www.21cnjy.com )考试题来看，立体几何每年必考一道解答题，难度中等，主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算，考查的热点探索存在性问题是考查的热点问题，突出三大能力：空间想象能力、运算能力、逻辑推理能力与两大数学思想：转化化归思想、数形结合思想的考查．21cnjy.com
解决探索性问题一般先假设求解的结果存在 ( http: / / www.21cnjy.com )，从这个结果出发，寻找使这个结论成立的充分条件，如果找到了使结论成立的充分条件，则存在；如果找不到使结论成立的充分条件(出现矛盾)，则不存在．而对于探求点的问题，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
考点一 平行关系中的探索问题　
（2021·江西南昌·一模（文））如图三棱柱中，和是等边三角形.，分别为棱，的中点，平面平面.
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（Ⅰ）若三棱柱的体积为3，求；
（Ⅱ）在线段上是否存在点，使得平面，证明你的结论.
【跟踪练习】（2020·黑龙江·哈九中高二期中（文））如图，已知四边形为菱形，且，取中点为E.现将四边形沿折起至，使得.
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（1）求证：平面平面；
（2）试判断上是否存在点F使平面，若存在，指出F的位置，并证明你的结论；若不存在，说明你的理由.2-1-c-n-j-y
考点二 垂直关系中的探索问题
（2021·全国·高二课时练习）如图，在直三棱柱中，是边长为4的正方形，，．
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（1）求直线与直线所成角的余弦值．
（2）求证：在线段上存在点D，使得．并求的值．
【跟踪练习】（2021·辽宁·渤海大学附属高级中学高二月考）如图，在三棱柱中，是边长为3的正方形，平面平面，，.
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（1）证明：平面平面；
（2）探索在线段上是否存在一点，使得，若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.
考点三 利用空间向量解决探索性问题　
如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.www.21-cn-jy.com
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1.若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
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【跟踪练习】（2021·全国高二课时练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，．
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(1)求证：平面．
(2)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．
考点四 探索距离与体积问题
如图所示，圆柱的高为2，点A，B，C，D分别是圆柱下底面圆周上的点，ABCD为矩形，PA是圆柱的母线，AB＝2，BC＝4，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．
(1)求证：平面PDC平面PAD；
(2)求证：PB//平面EFG；
(3)在线段BC上是否存在一点M，使得D到平面PAM的距离为2？若存在，求出BM；若不存在，请说明理由．21教育网
【跟踪练习】（2021·全国·高二专题练习）如图，四棱锥中，底面是边长为的正方形，，，且，为的中点.
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（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
1．（2021·全国·高二 ( http: / / www.21cnjy.com )课时练习）在三棱柱A1B1C1-ABC中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是（ ）
A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直
2．（2021·广东·深圳实验学校高二月考）已知直三棱柱中，，，O为的中点.点P满足，其中，则（ ）
A．对时，都有
B．当时，直线与所成的角是30°
C．当时，直线与平面所成的角的正切值
D．当时，直线与相交于一点Q，则
3．（2021·云南·曲靖一中 ( http: / / www.21cnjy.com )高三月考（理））如图，已知在多面体ABCDEF中，平面ABCD是正方形，CE⊥平面ABCD，BF//CE，且AB=CE=3， BF=2，取AB的中点G，点H为线段CE上的一动点.
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①当CH=1时，HG//平面ADF；
②直线CD与AE所成角的正切值为；
③存在点H使GH⊥DF；
④AF的中点到平面ABE的距离为.则以上说法正确的序号是___________.
4．（2021·广东·深圳实验学校高二月考）如图1，已知正方形的边长为，，分别为，的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为，点在线段上（包含端点）运动，连接.
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图1 图2
（1）若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求此时二面角的余弦值；若不存在，请说明理由.
5．（2021·河南·高三月考（理））如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，AC＝，△ADE为等腰直角三角形，∠AED＝90°，平面ADE⊥平面ABCD，且EF∥AB，EF＝1．21*cnjy*com
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（1）证明：AC⊥平面BDF；
（2）若G为棱BF上的一点，使直线AG与平面BCF所成角的正弦值为，求AG的长．
6．（2021·重庆市清华中学校高二月考）如图，在四棱锥中，，底面ABCD为菱形，边长为2，，，且.
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（1）求证：平面ABCD；
（2）当异面直线PB与CD所成的角为60°时，在线段CP上是否存在点M，使得直线OM与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，请求出线段CM的长，若不存在，请说明理由.【来源：21cnj*y.co*m】
7．（2021·全国·高二课时练习）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，.【来源：21·世纪·教育·网】
问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE//平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．21教育名师原创作品
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8．（2021·全国·高三专题练习）如图1，C，D是以AB为直径的圆上两点，且，，将所在的半圆沿直径AB折起，使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上，如图2.
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（1）求证：BC⊥平面ACD；
（2）已知O为AB中点，在线段CE上是否存在点F，使得平面ACD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.21·cn·jy·com
9．（2021·全国·高二单元测试）在多面体中，正方形和矩形互相垂直，、分别是和的中点，．21世纪教育网版权所有
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（1）求证：平面．
（2）在边所在的直线上存在一点，使得平面，求的长；
10．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，平面CDEF平面ABCD，且四边形ABCD为平行四边形，∠DAB＝45°，四边形CDEF为直角梯形，EF∥DC，EDCD，AB＝3EF＝3，ED＝a，AD．21*cnjy*com
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（1）求证：ADBF；
（2）若线段CF上存在一点M，满足AE∥平面BDM，求的值；
11．（2021·全国· ( http: / / www.21cnjy.com )高三专题练习）在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点.2·1·c·n·j·y
（1）求证：EF⊥CD；
（2）在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由.
12．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥中，平面与底面所成的角的大小为45°，底面为直角梯形，．问：www-2-1-cnjy-com
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（1）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
（2）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
13．（2021·全国·高二专题练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，底面，且，点为的中点．
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（1）求证：平面；
（2）在平面内找一点，使平面．
14．（2020·全国·高三专题练习 ( http: / / www.21cnjy.com )）如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
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(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．
15．（2017·辽宁·高二期中（文））图1，平行四边形中， ， ，现将沿折起，得到三棱锥（如图2），且，点为侧棱的中点. 【版权所有：21教育】
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（1）求证： 平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在的角平分线上是否存在点，使得平面？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
16．（2021·广东茂名·高三月考）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，与交点为，且，．
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（1）证明：平面；
（2）若且，，则在线段上是否存在一点﹐使得二面角的余弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
17．（2021·河北·石家庄二十三中高二月考）已知如图①，在菱形中，且，为的中点，将沿折起使，得到如图②所示的四棱锥，在四棱锥中，求解下列问题：
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（1）求证：；
（2）在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，请求出的值；若不存在，请说明理由．
18．（2021·吉林·长春市第二十九中学高二月考）已知几何体，如图所示，其中四边形、四边形、四边形均为正方形，且边长均为，点在棱上.【出处：21教育名师】
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（1）求证：.
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
19．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，，是边长为的等边三角形，，．
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（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面？如果存在，求的值；如果不存在，说明理由．
20．（2021·云南·高二月考）如图，将等腰直角沿斜边旋转，使得到达的位置，且.
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（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的余弦值.
（3）若在棱上存在点，使得，，在棱上存在点，使得，且，求的取值范围.
21．（2021·全国·高二专题练习）在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，且，．
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（1）求证：
（2）求 夹角的余弦值；
从①平面与平面，②平面与平面，③平面与平面这三个条件中任选一个，补充在填空线上作答．
（3）若是棱的中点，求证：对于棱上任意一点与都不平行．
22．（2020·全国·高三专题练习（理））如图所示，边长为的正方形和高为的直角梯形所在的平面互相垂直且，且．
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（1）求和面所成的角的余弦；
（2）线段上是否存在点使过、、三点的平面和直线垂直，若存在，求与的比值；若不存在，说明理由．21·世纪*教育网
考纲解读
高频考点
例1
例2
例3
例4
真题演练
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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