编者学科君小注：
本专辑专为2022年上海高中数学课改版沪教版2021必修二、选择性必修一、选择性必修二研发，供中等及以上学生使用。
思路设计：重在培优训练，分选择、填空、解答三种类型题，知识难度层层递进，由中等到压轴，基础差的学生选做每种类型题的前4题；基础中等的学生必做前4题、选做5-8题；尖子生全部题型必做，冲刺压轴题。
专题07 空间线段点的存在性问题难点专练（解析版）
错误率：___________易错题号：___________
一、单选题
1．如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1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在线段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，使得DQ⊥平面A1BD
【标准答案】D
【思路指引】
以点A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量逐个求解判断即可
【详解详析】
以点A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则由已知得A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1)，D，P(0，2，0)，
则=(1，0，1)，，.
设平面A1BD的一个法向量为，则取，则x=2，y=1，所以平面A1BD的一个法向量为.
假设DQ⊥平面A1BD，且=λ，则.
因为也是平面A1BD的一个法向量，
所以与共线，
则成立，所以
但此关于λ的方程组无解.
故不存在点Q，使得DQ⊥平面A1BD.
故选：D.
【名师指路】
此题考查了利用空间向量判断线面垂直的方法，属于中档题.
2．如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【标准答案】B
【思路指引】
作平面，，以为原点建立空间直角坐标系，设，由可得，由此得到关系；从而利用表示出，即的高，利用表示出的面积，利用二次函数最值求得面积的最值.
【详解详析】
过作平面，垂足为；作于点，连接
以为坐标原点可建立如下图所示空间直角坐标系
则，，，，，
设，则，
，
当时，
故选：
【名师指路】
本题考查立体几何中三角形面积最值的求解问题，关键是能够将所求三角形面积利用一个变量表示出来，得到二次函数的形式，利用二次函数的最值求得面积的最值.
3．已知长方体中，，点在线段上，平面过线段的中点以及点、，现有如下说法：
（1），使得；
（2）若，则平面截长方体所得截面为平行四边形；
（3）若，，则平面截长方体所得截面的面积为
以上说法正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【标准答案】D
【思路指引】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，由得出求出的值，可判断（1）的正误；确定截面与各棱的交点位置，结合平行四边形的判断方法可判断（2）的正误；计算出截面面积可判断（3）的正误.
【详解详析】
（1）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，
设，则、、，
，，
若，则，解得，
（1）正确；
对于（2），在棱找点，由面面平行的性质可知，设点，
，，
因为，可设，则，则，则，
当时，，此时点在棱上，且有，
故四边形为平行四边形，（2）正确；
对于（3），设截面交棱于点，连接、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，
由图可知，，则，故，
所以，点为的中点，则、、、，
可求得，，，，
取的中点，连接，则，且，
，
，故，故，
所以，截面面积为，（3）正确.
故选：D.
【名师指路】
方法点睛：确定截面形状，一般要结合线面平行、面面平行的性质以及空间向量法确定各交点的位置，也可采用补形法等手段扩展截面，进而确定截面的形状.
4．如图，平面平面是等边三角形，四边形是矩形，且，E是的中点，F是上一点，当时，（ ）
A．3 B． C． D．2
【标准答案】C
【思路指引】
分别取的中点O，G，连接，以O为坐标原点，的方向别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，，则其数量积为零，得出答案.
【详解详析】
分别取的中点O，G，连接，
以O为坐标原点，的方向别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则．设，
则．因为，
所以，解得，所以．
故选: C
5．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若点P是棱上一点（含顶点），则满足的点P的个数为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
【标准答案】C
【思路指引】
建立空间直角坐标系，则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，则由题意可得，，计算即可得出结论．
【详解详析】
如图所示：以点D为原点，以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系．
则点，，考虑P在上底面的棱上，设点P的坐标为，
则由题意可得，．
∴
故
即
∵点P是棱上一点（含顶点），
∴与正方形A1B1C1D1切于4个点，
即上底面每条棱的中点即为所求点；
同理P在右侧面的棱上，也有4个点，设点
，
即与正方形切于个点，
即右侧面每条棱的中点即为所求点；
同理可得：正方体每条棱的中点都满足题意，故点的个数有个.
故选：C．
【名师指路】
本题主要考察向量在几何中的应用，两个向量的数量积公式，两个向量坐标形式的运算，属于中档题．
6．在正三棱柱中，，点满足，则（ ）
A．存在点使得
B．存在点使得
C．存在点使得
D．存在点使得
【标准答案】A
【思路指引】
通过题干条件可得：P点一定在线段上运动，即一定在平面上，所以找到选项中的目标线段的特点，只有A选项中A1C中含有的A1点能够使得 A1D（D为B1C1的中点）垂直平面BCC1B1.
【详解详析】
因为，由平面向量基本定理可得：P点一定在线段上，所以取的中点D，连接，过B作交CD于点H，交于点P，因为⊥，⊥，，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，所以⊥平面，因为平面，所以，其余均不可能．
故选：A
二、填空题
7．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD＝，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°.若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为_______.
【标准答案】（0，1，1）
以DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据∠ABM＝60°，利用空间向量的数量积可得，从而求出，再由向量的坐标表示即可求解.
【详解详析】
解：∵SD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴DA，DC，DS两两垂直，
如图以D为原点，以DA，DC，DS分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
则D（0，0，0），B（，2，0），S（0，0，2），C（0，2，0），
＝（0，﹣2，0）.＝（0，﹣2，2）.，
设＝＝（0，﹣2λ，2λ），＝＝（﹣，﹣2λ，2λ）.
∠ABM＝60°，可得：cos60°＝＝＝，
解得λ＝，＝（0，﹣1，1），＝（0，1，1），M（0，1，1）.
故答案为：（0，1，1）.
8．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且DP∥平面B1AE，则AP的长为_____.
【标准答案】.
【思路指引】
由题意可建立分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，设出点P的坐标，然后利用空间向量基本定理可得=λ+μ，从而可求出P的坐标，进而可得AP的长
【详解详析】
解：如图，建立分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系.
设AB=a，P(0，0，b)，则A(0，0，0)，B1(a，0，1)，D(0，1，0)，E.
于是=(a，0，1)，=(0，-1，b).
∵DP∥平面B1AE，
∴存在实数λ，μ，使=λ+μ，
即(0，-1，b)=λ(a，0，1)+μ=.
∴
∴b=λ=，即AP=.
故答案为：
【名师指路】
此题考查在空间几何体中确定点的位置，利用了空间向量基本定量，属于中档题.
9．正三棱柱（底面是正三角形，侧棱垂直底面）的各条棱长均相等，为的中点．、分别是、上的动点（含端点），且满足．当运动时，下列结论中正确的是______ (填上所有正确命题的序号)．
①平面平面；
②三棱锥的体积为定值；
③可能为直角三角形；
④平面与平面所成的锐二面角范围为．
【标准答案】①②④
【思路指引】
由，得到线段一定过正方形的中心，由平面，可得平面平面；
由的面积不变，到平面的距离不变，可得三棱锥的体积为定值；
利用反证法思想说明不可能为直角三角形；
平面与平面平行时所成角为0，当与重合，与重合，平面与平面所成的锐二面角最大.
【详解详析】
如图：
当、分别是、上的动点（含端点），且满足，则线段一定过正方形的中心，而平面，平面，可得平面平面，故①正确；
当、分别是、上的动点（含端点），过点作边上的高的长等于的长，所以的面积不变，由于平面，故点到平面的距离等于点到平面的距离，则点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值；所以②正确；
由可得: ,若为直角三角形，则一定是以为直角的直角三角形，但的最大值为，而此时，的长都大于，故不可能为直角三角形，所以③不正确；
当、分别是、的中点，平面与平面平行，所成角为0；
当与重合，与重合，平面与平面所成锐二面角最大；
延长角于，连接，则平面平面，由于为的中点，，所以，且，故在中，为中点，为中点，
在中，为中点，为中点，故，由于平面，所以平面，则，， 所以平面与平面所成锐二面角最大为，故④正确；
故答案为①②④
【名师指路】
本题考查命题的真假判断与应用，考查棱柱的结构特征，考查学生空间想象能力和思维能力，属于中档题.
10．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是__________________．
【标准答案】
【思路指引】
建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【详解详析】
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），
因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，
设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，
令c＝2，则，故，
又，平面D1EF，
所以，即，
所以，所以，
故，
因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，
因为，所以|MD|在上单调递减，
所以当x＝时，|MD|取最大值，
所以|MD|的最大值为，
当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为，
所以|MD|的取值范围是．
故答案为：.
11．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则以下说法错误的是_______（写序号）
①N为上一点，则平面与平面所成二面角的大小与点N位置无关；②存在上一点P，使得平面；③ 三棱锥和体积相等；④上存在一点M，使得
【标准答案】②
【思路指引】
根据正方体的结构特征，①由平面与平面所成二面角为定角即可判断正误；②分析法知要使平面，则有面面得到矛盾结论；③由、，应用棱锥的体积公式求体积即可判断正误；④分析法要使只需找到时，M的位置即可.
【详解详析】
①由题设，平面与平面所成二面角即为平面与平面所成二面角，故与N位置无关，正确；
②如下图，要使平面，即平面，而面，所以有面面，显然上述两面不垂直，故错误；
③若正方体的棱长为a，如下图，，，又，，
∴，，故体积相等，正确；
④在面的射影为，故只要存在即可，当则△△，易知此时，故正确.
故答案为：②
12．在棱长为1的正方体中，M，N分别为，的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足．给出下列说法：
①点P可以是棱的中点；
②线段MP的最大值为；
③点P的轨迹是正方形；
④点P轨迹的长度为．
其中所有正确说法的序号是________．
【标准答案】②④
【思路指引】
以D为坐标原点，分别以DA，DC，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到MP的最大值，即可判断选项②，通过分析判断可得点P不可能是棱的中点，从而判断选项①，又，，可判断选项③和选项④．
【详解详析】
解：在正方体中，以D为坐标原点，为x轴，y轴，
∵该正方体的棱长为1，M，N分别为，的中点，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，即
当时，，当时，，
取，，，，
连结EF，FG，，HE，
则，，
∴四边形EFGH为矩形，则，，
即，，
又和为平面中的两条相交直线，
∴平面EFGH，
又，，
∴M为EG的中点，则平面EFGH，
为使，必有点平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，∴点P的轨迹为四边形EFGH，
因此点P不可能是棱的中点，故选项①错误；
又，，
∴，则点P的轨迹不是正方形且矩形EFGH周长为，
故选项③错误，选项④正确；
∵，，
又，则，即，
∴，点在正方体表面运动，
则，解，
∴，
故当或，或1，MP取得最大值为，故②正确.
故答案为：②④．
13．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动．当的面积取得最小值时，则______．
【标准答案】
【思路指引】
建立空间直角坐标系，设，由与共线，可得，进而结合空间两点的距离公式表示出，然后利用函数的性质求出最值即可.
【详解详析】
设正方体的棱长为1，以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，的中点，
，，则，设，，
由与共线，可得，所以，所以，其中，因为，
，
所以，所以，即是动点到直线的距离，
由空间两点间的距离公式可得，所以当时，取得最小值，
此时为线段的中点，由于为定值，所以当的面积取得最小值时，为线段的中点．
故答案为：.
14．如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是_____________.
【标准答案】①②③
【思路指引】
建立空间直角坐标系，表达出各点坐标，设出（），选项①，列出方程，求出m的值；选项②，利用点到直线距离的向量公式表达出P到直线距离，表达出的面积，进而得到答案；③把作为底，高为点P到上底面的距离，可以判断四面体的体积不变.
【详解详析】
以D为坐标原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则，，设（），则，，令，解得：，存在点P，使得，①正确；
，，，，设点P到直线距离为，则
所以，因为，动点沿着棱DC从点D向点C移动，即从0逐渐变到2，随着的变大，变小，的面积越来越小，②正确；
以为底，高为点P到上底面的距离，因为∥底面，所以h不变，所以四面体的体积不变，③正确.
故答案为：①②③
三、解答题
15．如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.
(1)证明：平面；
(2)若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.
【标准答案】(1)证明见解析；
(2)存在，点与点重合.
【思路指引】
（1）证明出，利用面面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，分析可知，设点，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可得出关于的方程，解出的值，即可得出结论.
(1)
证明：因为为圆的一条直径，且是圆上异于、的点，故，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
(2)
解：存在，理由如下：
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，易知轴在平面内，
则，，，，，，
由直线平面且过点，以及平面，得，
设，则，，，
设平面的法向量为，
则则，即，取，得，
易知平面的法向量，
设直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，
则，
，
由，得，即，解得，
所以当点与点重合时，直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等.
16．如图，在直三棱柱中，，，，.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角为，若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由.
【标准答案】（1）证明见解析；（2）存在，
【思路指引】
（1）易得，同时由直三棱柱的性质可得平面平面，又，所以平面，得，故可得平面；
（2）分别以，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，由空间向量法可得的值.
【详解详析】
（1）由已知可得四边形为正方形，所以，
因为几何体是直三棱柱，
所以平面平面，
又，所以平面，得，
因为，所以平面，
（2）如图，
由已知，，两两垂直，分别以，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，设，则，所以，，
设平面的一个法向量为，
则，
，
取，得，
平面的一个法向量为.
所以
解得，因为，所以，
所以线段上存在点，且，使得平面与平面所成的锐二面角为.
【名师指路】
本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理及二面角的求法，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.
17．在正方体中，是棱的中点.
（1）求直线与平面所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，指明的位置并证明，若不存在，请说明理由.
【标准答案】（1）；（2）存在，是棱的中点.
【思路指引】
（1）设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出直线与平面所成角的正弦值，由此可求得结果；
（2）设点，计算出平面的一个法向量为，分析可得，求出实数的值，即可得出结论.
【详解详析】
（1）设正方体的棱长为，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、，，易知，平面的一个法向量为，
因为，
因此，直线与平面所成角的大小为；
（2）易知点、、、，
则，，
设平面的法向量为，由，可得，
取，可得，
设点，则，
因为平面，则，解得，此时，.
因此，当点为的中点时，平面.
18．如图，正方体，的棱长为2，点为的中点．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）作出过，，三点的平面截正方体所得的截面，并求截面与侧面所成的锐二面角的大小；
（3）点为的中点，动点在底面正方形（包括边界）内，若平面，求线段长度的取值范围．
【标准答案】（1）；（2）作图见解析；；（3）．
【思路指引】
（1）如图以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，
（2）利用空间向量求出平面的法向量和侧面的法向量，利用空间向量求解，或取的中点，过点作的垂线，垂足为，连接，，可证得为面与侧面所成的锐二面角，然后在中求解即可，
（3）设，则，由平面，可得，求出的关系，再用距离公式可表示出，结合的范围可得结果
【详解详析】
解：以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，
（1），，
设平面的法向量，直线与平面所成角为
则，取
∴
∴直线与平面所成角
（2）如图过，，三点的平面截正方体所得的截面为平面，
法一：
取侧面的法向量，
由（1）可知平面的法向量，
设平面与侧面所成的锐二面角为
则
∴平面与侧面所成的锐二面角为．
法二：
取的中点，过点作的垂线，垂足为，连接，，
∵，∴平面
∴
又∵，
∴平面
∴
∴为面与侧面所成的锐二面角
在中，，，
∴
所以平面与侧面所成的锐二面角为
（3），，设，则
∵平面，∴即
∵，∴，∴
∴
∴
19．如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，且．
（1）若，直线与所成的角为，求二面角的大小；
（2）若E为线段上一点，试确定点E的位置，使得平面平面，并说明理由．
【标准答案】（1）；（2）当点E在线段上且满足时，面面，理由见解析.
【思路指引】
（1）由已知有，线面垂直的性质得，再根据线面垂直的判定及性质有，即知是二面角的平面角，进而求其大小即可.
（2）若，连接交于点O，连接，由三角形相似及其相似比得，即有底面，由面面垂直的判定可得面面，即可知E的位置.
【详解详析】
（1）∵，
∴，
∵面，面，
∴，又，
∴面，又平面，
∴，
∴是二面角的平面角，又直线与所成的角为，
∴，即．
在中，有，即二面角的大小为．
（2）当点E在线段上，且满足时，面面．理由如下：
连接交于点O，连接．
由且，得，
∴，则，又面，
∴底面，又面，面面，
∴面面．
20．在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面BCDE；
(2)求CM与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直 若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.
【标准答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在；2
【思路指引】
（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；
（2）通过建系法求出和平面的法向量，设线面角为，结合公式求解即可；
（3）在（2）的坐标系基础上，写出坐标，设，，表示出点N，分别求出平面CMN与平面DEN的法向量，令数量积为0，求出参数即可.
(1)
因为在中，，，所以，
因为折叠前后对应角相等，所以，所以平面，，
又，，所以平面BCDE；
(2)
因为DE经过的重心，故，由（1）知平面BCDE，以为轴，为轴，为z轴，建立空间直角坐标系，由几何关系可知，，
故，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，设CM与平面所成角的大小为，则有，故，即CM与平面所成角的大小为；
(3)
设，，即，
即，，，
，设平面CMN的法向量为，则有，
即，令则，，，
同理，设平面DEN的法向量为，，
则，即，令，则，故，
若平面CMN与平面DEN垂直，则满足，即，，故存在这样的点，，所以编者学科君小注：
本专辑专为2022年上海高中数学课改版沪教版2021必修二、选择性必修一、选择性必修二研发，供中等及以上学生使用。
思路设计：重在培优训练，分选择、填空、解答三种类型题，知识难度层层递进，由中等到压轴，基础差的学生选做每种类型题的前4题；基础中等的学生必做前4题、选做5-8题；尖子生全部题型必做，冲刺压轴题。
专题07 空间线段点的存在性问题难点专练（原卷版）
错误率：___________易错题号：___________
一、单选题
1．如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1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在线段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，使得DQ⊥平面A1BD
2．如图，正方体的棱长为，为的中点，在侧面上，若，则面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知长方体中，，点在线段上，平面过线段的中点以及点、，现有如下说法：
（1），使得；
（2）若，则平面截长方体所得截面为平行四边形；
（3）若，，则平面截长方体所得截面的面积为
以上说法正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，平面平面是等边三角形，四边形是矩形，且，E是的中点，F是上一点，当时，（ ）
A．3 B． C． D．2
5．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若点P是棱上一点（含顶点），则满足的点P的个数为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
6．在正三棱柱中，，点满足，则（ ）
A．存在点使得
B．存在点使得
C．存在点使得
D．存在点使得
二、填空题
7．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD＝，DC＝SD＝2，点M在侧棱SC上，∠ABM＝60°.若以DA，DC，DS，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D﹣xyz，则M的坐标为_______.
8．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点，点P在棱AA1上，且DP∥平面B1AE，则AP的长为_____.
9．正三棱柱（底面是正三角形，侧棱垂直底面）的各条棱长均相等，为的中点．、分别是、上的动点（含端点），且满足．当运动时，下列结论中正确的是______ (填上所有正确命题的序号)．
①平面平面；
②三棱锥的体积为定值；
③可能为直角三角形；
④平面与平面所成的锐二面角范围为．
10．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是__________________．
11．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，则以下说法错误的是_______（写序号）
①N为上一点，则平面与平面所成二面角的大小与点N位置无关；②存在上一点P，使得平面；③ 三棱锥和体积相等；④上存在一点M，使得
12．在棱长为1的正方体中，M，N分别为，的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足．给出下列说法：
①点P可以是棱的中点；
②线段MP的最大值为；
③点P的轨迹是正方形；
④点P轨迹的长度为．
其中所有正确说法的序号是________．
13．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动．当的面积取得最小值时，则______．
14．如图，在正方体中，E为棱的中点，动点沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得；
②的面积越来越小；
③四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是_____________.
三、解答题
15．如图，已知圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，是圆台上底面圆上的点，且平面平面，，，、分别是、的中点.
(1)证明：平面；
(2)若直线上平面且过点，试问直线上是否存在点，使直线与平面所成的角和平面与平面的夹角相等？若存在，求出点的所有可能位置；若不存在，请说明理由.
16．如图，在直三棱柱中，，，，.
（1）证明：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面所成的锐二面角为，若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由.
17．在正方体中，是棱的中点.
（1）求直线与平面所成角的大小（结果用反三角函数表示）；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面，若存在，指明的位置并证明，若不存在，请说明理由.
18．如图，正方体，的棱长为2，点为的中点．
（1）求直线与平面所成角的大小；
（2）作出过，，三点的平面截正方体所得的截面，并求截面与侧面所成的锐二面角的大小；
（3）点为的中点，动点在底面正方形（包括边界）内，若平面，求线段长度的取值范围．
19．如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，且．
（1）若，直线与所成的角为，求二面角的大小；
（2）若E为线段上一点，试确定点E的位置，使得平面平面，并说明理由．
20．在中，，，，D、E分别是AC、AB上的点，满足且DE经过的重心，将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面BCDE；
(2)求CM与平面所成角的大小；
(3)在线段上是否存在点N（N不与端点、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直 若存在，求出与BN的比值；若不存在，请说明理由.
