专题1-1 空间向量与动点问题 学案（学生版+教师版）

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专题1-1空间向量与动点问题十四大题型汇总——题型·技巧攻略
题型1共面问题与动点问题 2
题型2线线平行与动点问题 9
题型3线面平行与动点问题 13
题型4面面平行与动点问题 22
题型5线线垂直与动点问题 26
题型6线面垂直与动点问题 39
题型7面面垂直与动点问题 52
题型8线线角与动点问题 64
题型9线面角与动点问题 69
题型10面面角与动点问题 85
题型11点面、线面距离与动点问题 99
题型12点线、线线距离问题 112
题型13面积体积相关问题 118
题型14三角形形状问题 127
知识点一.利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路：
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.
知识点二.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（x，y，z）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 R，使得
2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标.
3.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，y∈R，使得
题型1共面问题与动点问题
【方法总结】 共面定理：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，y∈R，使得
【例题1】（2021·高二课时练习）如图，在空间直角坐标系中，，，，．
（1）求向量在向量上的投影的数量．
（2）是否存在实数，使得点，，，共面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）求出，的坐标，利用空间向量数量积的坐标表示以及向量模长的坐标表示计算即可求解；
（2）求出，，的坐标，设存在实数和使得，根据向量相等坐标相同列方程组，解方程组求出的值即可.
【详解】（1）因为，，，
所以，，
所以向量在向量上的投影的数量为：
，
（2），，，
若点，，，共面，则存在实数和使得，
所以，解得：，
所以存在实数使得点，，，共面.
【变式1-1】1. （2021·高二课时练习）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是BC，的中点，点G在AB上，．
（1）已知上底面内一点H满足，求的长．
（2）棱上是否存在一点K，使得GK，EF共面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在， 的长为
【分析】（1）根据正方体的特点，建立空间直角坐标系，会简化很多，表示出点 的坐标，利用求出其坐标，再根据模的计算公式求解；
（2）根据共面的基本定理，存在实数 满足，求出 值，即可求出K的坐标，及的长.
【详解】
建立如图空间直角坐标系，
则 ,
（1）因为 ,点 分别是 的中点，
所以 ，设 ,则 ，
，因为 ，所以 ，解得 ，
所以 ,所以 ,所以 ，
即 的长为 .
（2）假设存在满足条件的点 ，设 ,
则 .
因为 共面，
所以存在实数 满足 ，
即 ，
得
解得 ，所以 ,所以 , ,
所以存在点，使得 共面，且 的长为 .
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，面ABCD，，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且．
(1)求证：面PAD；
(2)求二面角的正弦值；
(3)设点G在PB上，且．判断是否存在这样的，使得A，E，F，G四点共面．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在
【分析】（1）由线面垂直的性质有，再根据线面垂直的判定即可证结论.
（2）以A为原点，面内与垂直的直线为x轴，方向为y轴，z轴空间坐标系，根据已知确定对应点坐标，进而求出面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求面面角的余弦值，即可得其正弦值.
（3）由题设有且，根据点共面结合（2）中面的一个法向量，利用向量垂直的坐标表示求，即可确定结果.
【详解】（1）∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
∵，，平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，
AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
平面AEP的一个法向量为，
设平面AEF的一个法向量为，
则，取，得，．
故，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
则．
∴二面角的余弦值为．
故二面角的正弦值为．
（3）存在这样的.
由可得：，则，
若A，E，F，G四点共面，则在面内，
又面的一个法向量为，
∴，即，可得.
∴存在这样的，使得四点共面.
【变式1-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱上靠近的三等分点，底面，且.
(1)在侧棱上是否存在点，使得点四点共面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)取靠近的三等分点，证明见解析
(2)
【分析】（1）取靠近的三等分点，连接，可证得即可得出结果.
（2）法1：过作的垂线，垂足为，连接，求证得是二面角的平面角，计算即可求得结果;
法2：以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量，利用数量积公式计算即可得出结果.
【详解】（1）取靠近的三等分点，连接.
因为，所以.
又，所以，所以共面.
（2）法1：
过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面平面，所以.
因为平面，
所以平面.
因为平面，
所以，结合，
得是二面角的平面角.
在Rt中，是靠近的三等分点，，
故，
，
故二面角的余弦值为.
法2：
以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
因为，四边形为正方形，
所以，
从而.
设平面的一个法向量为，则
即取，则.
平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的余弦值为.
题型2线线平行与动点问题
【例题2】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．

(1)若，求该几何体的体积；
(2)若AE垂直PD于E，证明：；
(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在．
【分析】建立空间直角坐标系，
（1）求出，利用可得，再求体积即可；
（2）求出坐标，可得答案；
（3）由，求出E点的竖坐标、点的竖坐标，设，由，得可得答案．
【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，则，，
，
，
此时；
（2），
，
；
（3）由，E点的竖坐标为，点的竖坐标为，
设，由，得，存在．

【变式2-1】（2021·高二课时练习）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是BC，的中点，点G在AB上，．
（1）已知上底面内一点H满足，求的长．
（2）棱上是否存在一点K，使得GK，EF共面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在， 的长为
【分析】（1）根据正方体的特点，建立空间直角坐标系，会简化很多，表示出点 的坐标，利用求出其坐标，再根据模的计算公式求解；
（2）根据共面的基本定理，存在实数 满足，求出 值，即可求出K的坐标，及的长.
【详解】
建立如图空间直角坐标系，
则 ,
（1）因为 ,点 分别是 的中点，
所以 ，设 ,则 ，
，因为 ，所以 ，解得 ，
所以 ,所以 ,所以 ，
即 的长为 .
（2）假设存在满足条件的点 ，设 ,
则 .
因为 共面，
所以存在实数 满足 ，
即 ，
得
解得 ，所以 ,所以 , ,
所以存在点，使得 共面，且 的长为 .
题型3线面平行与动点问题
【例题3】（2023·全国·高二专题练习）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．

(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？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）取AB的中点为O，利用线面垂直的判定、性质推理作答.
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.
（3）确定点E的位置，利用空间位置关系的向量证明推理判断作答.
【详解】（1）取AB的中点为O，连接DO，PO，由，得，
又四边形ABCD为直角梯形，且，，，，
则四边形OBCD为正方形，，又，平面POD，
因此平面POD，又平面POD，
所以.

（2）且平面PAB，又平面平面ABCD，且平面平面，
则平面ABCD，平面，有，即有OA，OD，OP两两垂直，
以点O为原点，OD、OA、OP分别为x、y、z轴的空间直角坐标系，
由等腰直角，，，得，
则，
即，平面PAB的一个法向量为，设直线PC与平面PAB所成的角为，
因此，即，
所以所求直线PC与平面ABP所成角的余弦值为.
（3）线段PA上存在点E，且当时，使得平面EBD.
由，得，则，，
设平面EBD的法向量为，则，令，得，
又，则，而平面EBD，因此平面EBD，
所以点E满足时，有平面EBD．
【变式3-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.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）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角，
（2）由平面法向量与直线方向向量垂直，结合向量共线，即可由坐标运算求解.
【详解】（1）过作于，由于，则,由于,且四边形是等腰梯形，所以,在三角形中，由余弦定理可得，所以,故,

以为坐标原点，，为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，
设面的法向量，
则，即，取，得．
设面的法向量，
则，即，则取，得．
，
由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角，
二面角的余弦值为．
（2），,， 面，
面．
设,
若平面，则 ,所以，
所以
【变式3-1】2. （2023·全国·高二假期作业）如图：在正方体中，M为的中点.

(1)求证： 平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面 平面，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明可证明结论；
（2）上的中点N即满足平面 平面，通过证明 平面结合 平面可证明结论.
【详解】（1）连接BD交AC于O，连接MO.
∵为正方体，底面为正方形，∴O为BD的中点.
∵M为的中点，在中，OM是的中位线，所以.
又平面，平面，∴ 平面；
（2）上的中点N即满足平面 平面，
∵N为的中点，M为的中点，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴ 平面；
由（1）知 平面，
又∵，
∴平面 平面.

【变式3-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在平面五边形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝90°，，，，，，，垂足为H，将△ADE沿折起（如图），使得平面ADE⊥平面ABCD．
(1)求证：⊥平面ABCD；
(2)求三棱锥的体积；
(3)在线段BE上是否存在点M，使得//平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由面面垂直的性质证明即可；
（2）利用等体积法，由求解即可；
（3）过点H作平行线得出与平面CDE平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解.
【详解】（1）因为，平面平面ABCE，平面平面，平面ADE，
所以⊥平面ABCD；
（2）在直角三角形ADE中，∵，，∴，
，∴，
∠BCD＝90°，，
的面积，
所以三棱锥C－ADE的体积为；
（3）方法一：过点H作HN∥DE交AE于点N，过点N作NM∥AB交EB于点M，连接．
又因为AB∥DC，所以∥，又 平面CDE， 平面CDE，
所以∥平面CDE，同理∥平面CDE，
又因为， 平面， 平面，
所以平面//平面CDE．
因为 平面，所以//平面CDE．
在中，，，
又，，，
，
又，
所以在线段BE上是否存在点M，使得∥平面，且.
方法二：过点H作//交于点G，过点G作//交EB于点M，连接．
又因为∥， 平面， 平面，
所以∥平面，同理∥平面．
又因为， 平面， 平面，
所以平面∥平面．
因为 平面，所以∥平面．
在中，，，
又，，，
，，
又，，
所以在线段BE上是否存在点M，使得∥平面，且
【变式3-1】4. （2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，，，．M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在点Q，使得平面？
【答案】(1)
(2)存在
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值；
（2）设出，结合第一问中求出的平面的法向量，需，从而，列出方程，求出的值，得到答案.
【详解】（1）以A为原点，AC，AB，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，C，M的坐标分别为，，，所以，．
设是平面的法向量，则，
即，所以，
取，则，，所以是平面的一个法向量．
P点坐标为，所以．
设与平面所成的角为θ，
则．
（2）由，N的坐标分别为，，故，
设，则，得，
又P点坐标为，所以直线PQ的一个方向向量，
若平面，需，从而，
即，解得，这样的点P存在．
所以线段上存在点Q，使得平面，此时，Q为线段上靠近点N的三等分点．
题型4面面平行与动点问题
【例题4】（2023·高三校联考单元测试）如图，在三棱锥中，⊥平面，，，，分别为的中点．
(1)求到平面的距离；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，试确定的位置，并证明此点满足要求；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）证明，利用等体积法，求出O到平面ABC的距离；
（2）取CB的中点F，连接，则，利用面面平行的判定定理可以证明平面平面AOC.
【详解】（1）因为平面 ，所以，即与为直角三角形．
又因为,
所以.
由,可知为直角三角形．
所以，所以,
设到平面的距离为，
由于，得，解得：.
（2）在线段上存在一点，使得平面平面，此时为线段的中点．
如图，
连接，因为分别为的中点，所以.
又平面，平面，所以平面.
同理可证：平面，
又平面，平面，
所以平面∥平面.
【变式4-1】1. （2023·全国·高二假期作业）如图，四棱锥中，，，为的中点．
(1)求证：平面.
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）利用构造平行四边形的方法证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行；
（2）点为线段的中点，再利用面面平行判定定理证明，即可证明平面平面．
【详解】（1）证明：如图所示，取的中点，连接，．
因为为的中点，
所以，．
又，，
所以，．
因此四边形是平行四边形，
所以．
又平面，平面，
因此平面．
（2）解：如图所示，取的中点，连接，，
所以
又，所以．
又，所以四边形为平行四边形，
因此．
又平面，所以平面．
由（1）可知平面．
因为，故平面平面．
【变式4-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．
(1)求证：平面．
(2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）根据中位线的性质可得A，再根据线面平行的判定可得 B即可；
（2）取的中点，连接，根据中位线的性质判定即可
【详解】（1）证明：因为，分别为线段的中点所以A.因为，所以 B.又因为平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，因为为的中点所以．
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
故在线段上存在一点，使平面平面
题型5线线垂直与动点问题
【例题5】（2023秋·全国·高二随堂练习）如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．
(1)用，，表示向量；
(2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)当时，
【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；
（2）设，，用，，表示向量，依题意可得，根据空间向量数量积的运算律求出，即可得解．
【详解】（1）解：因为是中点，所以，
所以
；
（2）解：假设存在点，使，设，，
显然，，
因为，所以，
即，
，，，
即，
解得，所以当时，.
【变式5-1】1. （2023春·浙江杭州·高二浙江大学附属中学期中）如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.
(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)存在，当为圆柱的母线，
(2)
【分析】（1）当为圆柱的母线，证明平面，从而得出；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法得出平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）存在，当为圆柱的母线，.
连接，因为为圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以.
因为为圆的直径，所以.
，所以平面，
因为平面，所以.
（2）以为原点，分别为轴，垂直于轴直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
，
因为的长为，所以，
设平面的法向量，
令，解得，
所以.
因为轴垂直平面，所以设平面的法向量.
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【变式5-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，证明见解析
【分析】（1）由线面垂直得到，再由，即可得到平面，从而证得，又为等腰直角三角形，故，从而得平面，结论可证；
（2）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，可求得点，点的坐标，从而得、的坐标，由空间向量的坐标运算即可得到答案．
【详解】（1）证明：平面，平面，
，
又，，平面
平面，平面，
．
又，为等腰直角三角形，为斜边的中点，
，又，平面，
平面，平面，
平面平面；
（2）解：以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，
设存在点，使，点的坐标设为，
所以，，
由相似三角形得，即，
．
，
又，
．
，
，
故存在点，使．
【变式5-1】3. （2023·全国·高二专题练习）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
问题：如图，在正方体，中，以为坐标原点，建立空间直角坐标系．已知点的坐标为，为棱上的动点，为棱上的动点，______，则是否存在点，，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】答案见解析
【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标可得向量的坐标，由向量的坐标运算可计算模长以及数量积，进而可求解.
【详解】方案一：选条件①．
假设存在满足题意的点，．由题意，知正方体的棱长为2，则，，，，，所以．设，，则，，，所以，．
因为，所以，即．
因为，，所以，所以．又，
所以，故存在点，，满足，此时．
方案二：选条件②．
假设存在满足题意的点，．由题意，知正方体的棱长为2，则，，，，，所以．
设，，则，，，
所以，．因为，且，
所以，解得．又，所以，
故存在点，，满足，此时．
方案三：选条件③．假设存在满足题意的点，．由题意，知正方体的棱长为2，
则，，，，所以，．
设，，则．因为，
所以与不共线，所以，即，
则，
故不存在点，满足
【变式5-1】4. （2021·高二课时练习）如图四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．
(1)求过点P，C，B，G四点的球的表面积；
(2)求直线DP与平面PBG所成角的正弦值；
(3)在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．
【答案】(1)24π
(2)
(3)存在；当时满足条件
【分析】（1）先根据四面体P﹣BCG的体积为求出，再结合以GP，GB，GC构造长方体，外接球的直径为长方体的体对角线.即可求出答案.
（2）作DK⊥BG交BG的延长线于K，分别求出，即可求出答案.
（3）以GB，GC，GP为x，y，z轴建立空间坐标系.设出点，分别写出的坐标.再利用即可算出答案.
【详解】（1）由四面体P﹣BCG的体积为．即
∴.
以GP，GB，GC构造长方体，外接球的直径为长方体的体对角线．
∴,
∴
∴外接球表面积S＝4π×6＝24π．
（2）由
∴△BGC为等腰三角形，GE为∠BGC的角平分线，
如图所示：作DK⊥BG交BG的延长线于K，
∵PG⊥平面ABCD，平面
∴平面平面
又平面平面，平面,
∴平面．
又
∴.
又.
∴，
设直线DP与平面PBG所成角为
∴．
（3）∵GB，GC，GP两两垂直，分别以GB，GC，GP为x，y，z轴建立空间坐标系.
假设F存在，∵
设F（0，y，4﹣2y）（0＜y＜2）
∴，
又.
∴
∴
∴当时在棱PC上存在一点F，使DF⊥GC
【变式5-1】5. （2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱-中，3，=4，5，
(1)求证；
(2)在上是否存在点，使得并说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）以C为坐标原点，、、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明AC⊥BC.
（2）假设在AB上存在点D，使得AC1⊥CD，设，则利用向量法能求出在AB线上是否存在点D，使得AC1⊥CD.
【详解】（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，AC BC CC1两两垂直，以C为坐标原点，、、分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如下图示：
则，，，，
，，， ，.
（2）假设在上存在点，使得，利用上式所建的空间直角坐标系，设，则，其中，
于是，又，由得：，解得，此时，.
在上存在点，使得，点与点重合.
【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.
【变式5-1】6.（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱锥中，为矩形，，且．为上一点，且．
(1)求证：平面；
(2)分别在线段上的点，是否存在，使且，若存在，确定的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在使且，其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.
【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；
（2）假设存在存在符合题意，建立空间直角坐标系，利用向量的方法保证 且，进而确定确定的位置.
【详解】（1），且平面
又平面，
矩形中，
又，则与相似，则
．；
又，平面；
（2），且平面．又，
则可以D为原点分别以DA、DC、DS为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知
，
假设存在满足且．
在线段上 ，可设
的坐标
在线段上，可设
则．
要使且，则，
又，
可得，解得 ．
故存在使且，
其中是线段靠近的四等分点，是线段靠近的四等分点.
题型6线面垂直与动点问题
【例题6】（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，点E为BC的中点．
(1)在B上是否存在一点P，使平面？
(2)在平面上是否存在一点N，使平面？
【答案】(1)不存在
(2)存在
【分析】（1）如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设点，由可得答案；
（2）设，由可得答案.
【详解】（1）如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则点A(1，0，0)，E，，
，＝．
假设存在点满足题意，于是，
所以 ，所以，
解得与矛盾，
故在上不存在点使平面．
（2）假设在平面上存在点N，使平面．
设，
则，因为，
所以，解得，
故平面AA1B1B上存在点N，使平面
【变式6-1】1. （2023·全国·高二专题练习）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．

(1)当时，求三棱锥的体积；
(2)当时，直线BP与平面所成角的正切值的取值范围；
(3)当时，是否存在唯一个点P，使得平面ADP，若存在，求出P点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据线面平行，结合等体积法即可求解，
（2）由向量模长可得点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的圆弧上，根据线面垂直可得线面角，利用长度的最值即可求解范围，
（3）建立空间按直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】（1）当时，，，此时线段，
由于， 平面 , 平面,所以平面,
故，
所以其体积为定值．
（2）当时，，即点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的圆弧上，
设 相交于点
因为，，平面，所以平面，直线BP与平面所成角为，

如图，点的轨迹为半圆 ,其中为点轨迹与边的交点，当运动到点时，此时 ,当运动到时，此时,
，，，
．
（3）如图建立空间直角坐标系如图，，
当时，C，，P三点共线，即点线段，
设，由平面ADP得，，，
，
，化简得 ，解得或2．
，故不存在P点满足题意．
【变式6-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点．
(1)求证：平面．
(2)若，线段上是否存在一点，使平面？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，理由见解析.
【分析】（1）连结交于点，可知.然后根据线面平行的判定定理，即可得出平面；
（2）先证明平面．以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，求出点的坐标，然后得到.求出平面的法向量，根据得出的值，根据数乘向量的模，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，连结交于点.
因为是正方形，所以是的中点，
又是的中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）存在，理由如下：
因为平面，平面，所以．
因为为正方形，所以．
又，平面，平面，
所以平面．
以点为坐标原点，过点作的平行线为轴，分别以为轴，
建立空间直角坐标系，如图2，
则，，，，，，
所以.
令，
则 ,
所以，所以.
因为，，
设是平面的一个法向量，
则，所以，
取，则是平面的一个法向量.
因为平面，所以，
所以有，解得，所以.
因为，
所以.
【变式6-1】3. （2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥中，平面，，，，，．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在点M，理由见解析
【分析】（1）求出相关线段的长，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案；
（2）假设存在满足条件的点M，表示出其坐标，利用向量的垂直列出方程，根据方程解的情况可得出结论.
【详解】（1）因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
又因为，，所以 ．
因为平面，平面，平面，
所以．又，所以．
以A为坐标原点，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，得，
令，可得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
另解：
如图，连接AC．因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
因为，，所以．
因为BC⊥AB，所以．
因为平面，平面，平面，平面，
所以．
因为，所以，．
所以，．
设点C到平面的距离为h，
由，得，即，解得．
设直线 与平面所成的角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2）不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M（如图）．
可设，，所以，
所以．
又由（1）知为平面的一个法向量，所以，
即，无解．
所以线段PB上不存在满足条件的点M．
另解：
不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M，
由平面，平面，平面，得，且，
因为平面，平面，所以．
因为，且，平面，平面，
所以平面．又平面，所以．
若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．
又与不垂直，所以线段上不存在满足条件的点M
【变式6-1】4. （2023春·全国·高二合肥市第六中学校联考开学考试）如图，在长方体中，点为的中点，且，，点在线段上．
(1)问：是否存在一点，使得直线平面？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
(2)若是线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）假设直线平面，利用线面垂直的性质则有，进而可证明，与实际情况不符，从而证明不成立；（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系．空间向量法求平面与平面的夹角的余弦值即可.
【详解】（1）不存在．
理由如下：若直线平面，则必有．
如图，连接，假设，
因为平面，所以，
又因为，所以平面，
所以，显然不成立，
所以线段上不存在点，使得直线平面．
（2）分别以，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
易知点，，，，，
则，，．
设平面的法向量为，
则
令，得平面的一个法向量为．
设平面的法向量为，
则
令，得平面的一个法向量为．
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
【变式6-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，．
(1)求证：平面PBC；
(2)在棱PC上是否存在一点G，使平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）连接AC，由中位线的性质可得，再由线面平行的性质可得证；
（2）设，求出平面EFD的一个法向量， 由将用表示出来， 再由，共线列出满足的关系求解，由无解得不存在.
【详解】（1）连接AC，因为F为BD中点，底面ABCD是正方形，所以F为AC中点，
又E为PA中点，所以，
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
（2）不存在．
假设存在，连接AC，BD，交于点F，EF为平面EDF和平面PAC的交线，
取的中点O，连接，则，
因为侧面底面ABCD，面底面，面，
所以面，又因为面，所以，
以O为原点，OA，OF，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，，，
设，则，，
设平面EFD的一个法向量是，
∵，即，令，则，
∵因为平面EDF，∴，∴，，，
∵，共线，，，
∴，
∴，无解，
故在棱PC上不存在一点G，使平面EDF．
题型7面面垂直与动点问题
【例题7】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且 平面，是否存在点，使得平面平面？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，
【分析】（1）根据题意，先由线面垂直的判定定理得到平面，从而得到面面垂直；
（2）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，然后结合法向量与空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：在中，因，
所以，所以，又，
且，平面，所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）假设存在点，使得平面平面.
取中点为，连接，则，
因为平面平面，
平面平面，
所以平面.
如图所示建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，则，
设是平面的法向量，则，取.
设，其中.
则
连接，因 平面平面，平面平面，故取与同向的单位向量.
设是平面的法向量，
则，取.
由平面平面，知，有，解得.
故在侧棱上存在点，使得平面平面.
【变式7-1】1. （2023秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考开学考试）如图，在正方体中，分别是棱的中点.

(1)求证： ；
(2)若点分别在上，且.求证：；
(3)棱上是否存在点，使平面平面？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，点P为棱CC1的中点
【分析】（1）根据正方体的特征得到AB1⊥B1A 和BC⊥平面，进而得到，利用线面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，从而得到 ；
（2）连接DE，CD1 ，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根据正方体的特征得到DD1⊥平面ABCD，进而得到AF⊥DD1，利用线面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，从而得到AF⊥D1E，结合（1）的结论和线面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，进而得到；
（3）连接FP，AP，利用中位线定理得到FP∥C1D，再利用正方体的特征得到FP与AB1共面于平面AB1PF.结合（2）的结论，利用面面垂直的判定即可求证.
【详解】（1）如图，

连接A1B，CD1
∵正方体
∴四边形为正方形，∴AB1⊥A1B，
又∵正方体，∴BC⊥平面，
AB1 平面，所以BC⊥AB1，
又BC∩A1B＝B，平面
∴所以AB1⊥平面A1D1CB，又∵D1E 平面A1D1CB，
∴AB1⊥D1E ；
（2）如图，连接DE，CD1
在正方形ABCD中，E，F分别为棱的中点
∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.
∵∠CDE+∠ADE=，所以∠DAF+∠ADE=， 即DE⊥AF.
又∵正方体中，DD1⊥平面ABCD，AF 平面ABCD，∴AF⊥DD1，
∵DD1∩DE＝D，D1D，DE 平面D1DE
∴AF⊥平面D1DE.
又∵D1E 平面D1DE，∴AF⊥D1E.
由（1）可知AB1⊥D1E
又∵AB1∩AF＝A，AB1，AF 平面AB1F ∴D1E⊥平面AB1F.
又∵，AB1//C1D
∴MN⊥AB1，又∵MN⊥AF AB1∩AF＝A，AB1，AF 平面AB1F
所以MN⊥平面B1AF，
所以.
（3）存在.如图，当点P为棱CC1的中点时，平面平面.
连接FP，AP，∵点P，F分别为棱CC1，CD的中点∴FP∥C1D，
∵正方体，∴AD∥B1C1，∴，
∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1 ，∴FP与AB1共面于平面AB1PF.
由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.
又因为D1E 平面CD1E.
∴平面平面.
【变式7-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使平面平面？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 ，
【分析】（1）根据线面垂直先证得，再结合可证得结论；
（2）设，根据平面与平面的法向量垂直建立等量关系求得即可．
【详解】（1）证明：，
，
又平面平面，
所以平面，
平面，
，
又平面平面，
平面；
（2）解：存在，理由如下：
平面，
∴ 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
假设在线段上存在一点，使得平面平面，
设，
则，
，
，
设平面的法向量，
由，
得，
令，
得．
设平面的法向量为，
，
故，
取，
得．
因为平面平面，
所以，
解得，
所以在线段上存在点，使得平面平面，且
【变式7-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，为棱上的动点.
(1)求证：，，，四点共面；
(2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接，，取的中点为M，连接，ME，根据E为的中点， F为的中点，分别得到，，从而有，再由平面的基本性质证明；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，假设存在满足题意的点G，设，分别求得平面BEF的一个法向量和平面GEF的一个法向量，根据平面平面BEF，由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
连接，，取的中点为M，连接，ME，
因为E为的中点，所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为F为的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，
所以B，E，，F四点共面；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
假设存在满足题意的点G，设，由已知，，，
则，，，
设平面BEF的一个法向量为，
则，即，
取，则；
设平面GEF的一个法向量为，
则，即，
取，则；
因为平面平面BEF，
所以，
所以，
所以.
所以存在满足题意的点G，使得平面平面BEF，DG的长度为.
【变式7-1】4. （2022春·高二单元测试）如图，在矩形ABCD中，，，E为边AD上的动点，将沿CE折起，记折起后D的位置为P，且P在平面ABCD上的射影O恰好落在折线CE上．
(1)设，当为何值时，的面积最小？
(2)当的面积最小时，在线段BC上是否存在一点F，使平面平面POF，若存在求出BF的长，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)且 或
【分析】（1）根据线面垂直可得线线垂直，进而根据三角形中的边角关系可得，而三角形的面积为，要使得面积最小，则最大即可；（2）根据空间直角坐标系，根据平面法向量垂直得两平面垂直即可求解.
【详解】（1）因为 ,所以 ,
由于 平面 , ,故在中， ，
在 中，由余弦定理可得 ，
在 中，
在 中，
因为 ，所以，当 时，即 ， 最大，此时，而也为最小值，故
（2）以为坐标原点，以 为 轴的正方向，过 向上作平面 的垂线为 轴正方向，如图，建立空间直角坐标系；
当时，此时是 中点，故 ,故
设 ,则
;
设平面的法向量为 ，所以
，取 ，则
同理可得平面的法向量为，
因为平面平面POF，所以 ，即 或 ，
故存在点 ,使得平面平面POF，且 或
【点睛】
题型8线线角与动点问题
【例题8】（2023秋·高二课时练习）如图，在正三棱柱中，所有的棱长均为2，M是边的中点，则在棱上是否存在点N，使得与所成的夹角为？

【答案】不存在
【分析】以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系,设出点N，计算与的夹角余弦值构建方程，求解即可得到结论.
【详解】以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

由棱长都等于2，可得，，，， ，
假设存在点N在棱上，可以设，
则有， ，
∴，,，
，
，即，解得，
而这与矛盾，所以在棱CC1上不存在点N，使得与所成的夹角为.
【变式8-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，F，G分别是PB，AD的中点．
(1)求证：平面PCB；
(2)在AP上是否存在一点M，使得DM与PC所成角为60°？若存在，求出M点的位置，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)在AP上存在一点M，点M为AP中点，使得DM与PC所成角为60°
【分析】（1）以点D为原点，建立空间直角坐标系，写出各点坐标，建立平面PBC的法向量，证得，即GF⊥平面PCB;
（2）设＝λ ，求得点M坐标表示，使用空间向量数量积公式，求得的值，即得到点M的坐标.
【详解】（1）以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，，
设平面PCB的法向量为，
则，即，令，则，，∴，
∴，故平面PCB．
（2）设，则，∴，
∵DM与PC所成角为60°，，
∴，解得，
故在AP上存在一点M，点M为AP中点，使得DM与PC所成角为60°．
【变式8-1】2. （2023·全国·高二假期作业）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；M是A1B1中点
【分析】(1)以B为原点建立空间直角坐标系，证得即可得出结论.
(2)先设出M的坐标，利用空间向量求异面直线夹角公式可以解得M的位置.
【详解】（1）证明：由直三棱柱ABC-A1B1C1可得平面，且，故以为原点，
，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，设，且，
则， ，，由，
（2）可设，且，则，，，
由异面直线MF与AC所成的角为30°可得，
整理得，即或（舍），
所以存在点M，M是A1B1中点.
【变式8-1】3. （2022秋·辽宁大连·高二大连八中校考阶段练习）如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.
(1)求证：直线平面；
(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析
(2)存在，
【分析】（1）证明，可得 面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；
（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.
【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，
又平面，面，∴ 面，
又面，面面，∴，
又，面面，面面，
∴面，则面；
（2）解：取中点，连接，∵，∴，
∵平面平面，平面平面，
又∵平面，∴平面，
又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，
∵点，分别是，中点，
连接，则，
分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，
设，，
设面的法向量为，
则，取，得，
，
，
依题意，得，
即，解得，即，
∴，
∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．
题型9线面角与动点问题
【例题9】（2023秋·广西南宁·高二南宁二中校考开学考试）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.

(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在图①中，连接，交于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，
，，，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.

【变式9-1】1. （2023秋·高二单元测试）在直角梯形ABCD中，，，，如图①把沿BD翻折，使得平面平面（如图②）.

(1)求证：；
(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离；
(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为？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）先证明，利用平面平面可得平面，进而利用线面垂直的性质即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACD的法向量，进而即可求解；
（3）设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为，设，，可得，利用向量的夹角公式建立方程即可求解.
【详解】（1）证明：过作，垂足为，

因为，，，
所以，
所以，，
即，所以.
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，

由已知可得，，，，，
所以，，，
设平面ACD的法向量为，
则，即，
令，可得，
所以点M到平面ACD的距离为.
（3）假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为，
设，，
因为，则，
即，所以,
又因为平面ACD的一个法向量为，且直线AN与平面ACD所成的角为，
所以,
整理得，解得或（舍去）.
综上所述，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为，此时.
【变式9-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点.

(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，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，
【分析】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，从而得到平面，则，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，
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，
又平面，所以，在三棱柱中，，
所以.
（2）
因为平面，平面，所以，又，，
所以，以为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，
所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，令，则，
假设存在点满足条件，设，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.
【变式9-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，等腰梯形中，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）.

(1)证明:平面平面；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC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)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由线线垂直可得线面垂直，进而可得面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解线面角，即可得到为的中点，进而由三角形的边角关系即可求解.
【详解】（1）证明在梯形中，连接，在等腰梯形中，为中点，
易得四边形为菱形，∴
，即，
又平面平面，∴平面，
又平面，∴平面平面.
（2）由（1）可知四边形为菱形，∴，
在等腰梯形中，，∴为正三角形，
∴，同理，∵，
∴，∴.
由（1）可知，
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系

由题意得，各点坐标为
∴，
设,,
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，得，∴，
设直线与平面所成角为，，
则，
即，化简得，解得，
∴存在点为的中点时，使直线与平面所成角的正弦值为.
∵∴.
∵，∴.
【变式9-1】4. （2023·全国·高二专题练习）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，、分别为、的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，线段的长为1.
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，从而得到是的中位线，得到线线平行，证明出线面平行；
（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出，，利用空间向量线面角的求解公式列出方程，求出答案；
法二：作出辅助线，得到平面平面，得到直线与平面所成的角即为与平面所成的角，设，由三角形相似得到，表达出，，进而表达出或，故，从而列出方程，求出，得到答案.
【详解】（1）连接，与相交于点，连接，
因为，为的中点，
所以且，故四边形为平行四边形，
故，
又因为为的中点，所以是的中位线，
故，
因为平面，平面，
所以平面；

（2）法一：存在，线段的长为1，理由如下：
取的中点，连接，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，
连接，过点作⊥于点，因为，
则，，
因为与侧棱所在直线所成的角为45°，所以，，
所以，
设，，，
设平面的法向量为，
则，
令得，
则，
设直线与平面所成的角的大小为，
则，
解得或34（舍去），

故，线段的长为.
法二：存在，线段的长为1，理由如下：
连接，显然过点，连接，过点，
因为、分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
由（1）知：且，故四边形为平行四边形，
故，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
故直线与平面所成的角即为与平面所成的角，
设，连接，
因为垂直于上下底面，上、下底面均是正方形，
所以⊥平面，故即为与平面所成的角，
连接，过点作⊥于点，因为，
则，，
因为与侧棱所在直线所成的角为45°，所以，，
，解得，
因为，所以 ，设，
则，即，解得，
故，
过点作⊥于点，则或，
故，
由勾股定理得，即，
解得，
故线段的长为.

【变式9-1】5.（2023·全国·高二专题练习）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．

(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处，证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，
故有，易得，BD＝2，，
在△ABD中，∵，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，
又，平面ADE，平面ADE，
故BD⊥平面ADE．
因为平面ADE，
所以BD⊥AE．
（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
所以，，
设，其中，解得，
故，
设平面QAD的法向量为， 则
即令y＝1，则，z＝－2λ，
故，
因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，
所以，解得或，
故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处．
【变式9-1】6.（2023·全国·高二专题练习）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，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，点为中点
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，
所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1），
所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，
如图，以为坐标原点，分别以为轴 轴正方向建立空间直角坐标系.

则.
设，
则,.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，则，所以.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.
题型10面面角与动点问题
【例题10】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知在三棱柱中，，，，，平面平面.
(1)求与所成角的余弦值；
(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求 出的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，且．
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成的角；
（2）假设存在点满足题意，设（，由空间向量法求二面角得值，从而得出结论．
【详解】（1）因为，，，，
所以，所以，，，
以为轴，平面内，过与垂直的直线为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，
所以与所成角的余弦值是；
（2）假设存在点满足题意，设（，则，
，，
设平面的一个法向量是，则
，取，则，，
，
设平面的一个法向量是，则
，取，则，，即，
，解得或（舍去），
由图可知当，二面角是钝二面角，满足题意，此时．
【变式10-1】1. （2022秋·高二单元测试）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，.

(1)取的中点N，求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值.
(3)在线段上，是否存在一点M，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为 如果存在，求出与平面所成角的大小；如果不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】取的中点，连接，则，以A为原点，AE所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系.
（1）计算，利用向量法求证即可；
（2）利用向量的夹角公式计算异面直线所成的角；
（3）假设存在点M符合题意，根据二面角、线面角的向量求法计算即可.
【详解】（1）取的中点，连接，则，，
所以四边形为矩形，所以，
以A为原点，所在的直线为x轴，所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，，
取中点，则，，
所以，故，又平面，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，，，
.
故直线AC与PD所成角的余弦值为.
（3）假设存在，且，
则点为，所以，
设平面的法向量是，
，
令，，（易知t=1不合题意）
又是平面的一个法向量，
，
解得(舍去)，则．
此时平面的一个法向量可取，，
设与平面所成的角为，
则，
由知，.
与平面所成角的大小为
【变式10-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；是上靠近的三等分点
【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置；
【详解】（1）过点作于点，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．

（2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为，
以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
即取，，，
所以为平面的一个法向量，
因为在线段上（不含端点），所以可设，，
所以，
设平面的一个法向量为，
即，
取，，，
所以为平面的一个法向量，
，又，
由已知可得
解得或（舍去），
所以，存在点，使得二面角的余弦值为，
此时是上靠近的三等分点．

【变式10-1】3. （2023·全国·高二专题练习）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，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，点是线段上靠近的三等分点
【分析】（1）根据与底面所成角的余弦值为，推出是边长为的等边三角形，取的中点，的中点，连，再以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；
（2）根据二面角的向量公式可求出结果.
【详解】（1）取的中点，连，因为为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为与底面所成角的余弦值为，所以与底面所成角的余弦值为，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，所以是与底面所成角，所以，所以，所以，
又，所以是边长为的等边三角形，
取的中点，的中点，连，则，，平面，
以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系：
则，，，，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，
则，得，令，得，，
，令，得，，，
因为，所以，
所以平面平面.
（2）设 ，则
，
设平面的一个法向量为，
则，
若，则有，则，取，则，
此时 ，不合题意；
所以，令，得，，
则，
所以 ，
整理得，解得.
所以在线段上存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，点是线段上靠近的三等分点.

【变式10-1】4. （2023秋·高二单元测试）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)存在，
【分析】（1）连接与相交于点，连接，分别根据菱形的和等边三角形的相关性质得到和，再利用线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用法向量表示平面与平面的夹角的正弦值，求出的值即可.
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，，
为等边三角形，是的中点，有，
、面，，面，又面，
则，又已知，，平面，
所以平面.
（2），分别为，的中点，连接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因为为等边三角形，，平面
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，由，
，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，
易取平面的一个法向量为 ，
由已知平面与平面的夹角的正弦值为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
则有，
，由解得.
所以，点存在，.
【变式10-1】5.（2023·全国·高二专题练习）已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．

(1)证明：BE⊥平面AECD；
(2)在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，F为CD中点
【分析】（1）在直角梯形中证明为正方形，在几何体中连接，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理作答；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，根据向量法求出二面角的余弦即可得解.
【详解】（1）在直角梯形中，，E为AB的中点，即，，
四边形为平行四边形，
而，，则为正方形，
连接，如图，
则，
因为平面平面，平面平面，平面，
于是得平面，
而平面，则有，
又，，平面，
所以平面.
（2）由（1）得BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，
所以EA，EB，EC两两垂直，
分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则，设 ，
所以，，
设平面FAB的法向量为，
则，
取x＝2，得，
取平面EBC的法向量为，
因为，
所以a＝1或（舍去），
故线段CD上存在点F，且F为CD中点时，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为．
题型11点面、线面距离与动点问题
【例题11】（2023·全国·高二专题练习）如图，三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3.
(1)求证：平面平面；
(2)若点为棱的中点，线段上是否存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为？若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，此时的长为1
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可；
（2）建立空间直角坐标系，结合空间法向量分析即可.
【详解】（1）取中点，连接，如图所示：
因为，，
所以，且，
因为是等腰直角三角形，
所以，且，
又，满足，
所以，
因为，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，且，
故可以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
因为点为棱的中点，
所以到平面的距离为；
则，
则，
所以，
则， ，
所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，
令，可得，
则，
由，
得，或（舍去），
此时.
故存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为，
此时的长为1
【变式11-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图,四棱锥中,底面是边长为2的正方形,,,且,为的中点．
(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 , ,,且两直线在平面内，
∴⊥平面,
∵平面,
∴,因为,,,且两直线在平面内
∴⊥平面,
∵平面,
∴,
∵,且两直线在平面内
∴⊥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,
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．
【变式11-1】2. （2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，，点E在棱BC上.
(1)若E为BC的中点，求直线SE与平面SCD所成角的正弦值；
(2)是否存在一点E，使得点A到平面SDE的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，2
【分析】(1)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面SCD的法向量，结合空间向量数量积的定义即可求解；
(2)设点E的坐标，利用空间向量法求出平面SDE的法向量，结合向量法即可求出点A到平面SDE的距离，列出等式，解之即可.
【详解】（1）由平面，平面得，又，
以A为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，，，，，
所以，，.
设平面SCD的法向量为，
则，则，令，得.
设直线SE与平面SCD所成的角为θ，则，
所以直线SE与面SCD所成角的正弦值为.
（2）设，平面SDE的法向量为，
则，则，
令，则.
又，
当点A到平面SDE的距离为，
则，
解得，
所以存在点，使得点A到平面SDE的距离为，
此时.
【变式11-1】3. （2023·全国·高二专题练习）图1是直角梯形ABCD，，，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）作出辅助线，得到⊥BE，⊥BE，且，由勾股定理逆定理求出AF⊥，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P的坐标，从而得到线面角.
【详解】（1）取BE的中点F，连接AF，，
因为四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，
所以均为等边三角形，
故⊥BE，⊥BE，且，
因为，所以，
由勾股定理逆定理得：AF⊥，
又因为，平面ABE，
所以⊥平面ABED，
因为平面，
所以平面平面ABED；
（2）以F为坐标原点，FA所在直线为x轴，FB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，，，
故，
解得：，
故，
设平面的法向量为，
则，
故，
令，则，故，
其中
则，
解得：或（舍去），
则，
设直线与平面所成角为，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
【变式11-1】4. （2022秋·辽宁鞍山·高二统考期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）先证得，再由侧面底面证得平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面以及平面的法向量，由向量夹角公式求得余弦，再计算正弦即可；
（3）设出点，由点面距离的向量求法解出即可求出的值.
【详解】（1），为的中点，，侧面底面，侧面底面，
平面，平面；
（2）
底面为直角梯形，其中，，，，又平面，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
易得平面的法向量，，，
设平面的法向量，则，取，得，设二面角夹角为，
则，则，二面角的正弦值为；
（3）设线段上存在，使得它到平面的距离为，，
到平面的距离，解得或(舍去)，则，则．
【变式11-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，O为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)线段上是否存在Q，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）由面面垂直的性质定理即可证明；
（2）利用向量法求得两平面的法向量的夹角余弦值，再求正弦值即可；
（3）求在平面法向量上的投影即可.
【详解】（1）∵，O为的中点，∴，
∵侧面底面，侧面底面，
而平面，
∴平面.
（2）连接，∵底面为直角梯形，
其中，
∴，又平面，
∴以O为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，如下图所示：
，
设平面的法向量，
则，取，得，
易知平面，则是平面的法向量，
设二面角夹角为，
则，
则，
∴两平面夹角的正弦值为.
（3）设线段上存在，使得它到平面的距离为，
，
∴Q到平面的距离，
解得或（舍去）
则，则．
题型12点线、线线距离问题
【例题12】（2023·全国·高二专题练习）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
【变式12-1】1. （2023春·高二课时练习）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)证明见解析；
(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）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，
【变式12-1】2. （2022秋·高二单元测试）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【详解】（1）由于，所以，
根据直三棱柱的性质可知，由于，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）设N是的中点，连接，则，MA，MB，MN，两两相互垂直.
以M为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
设直线和平面所成角为，则；
（3）设，则，
过T作，则，
∵，
∴，
∴，∴或（舍）
∴.
题型13面积体积相关问题
【例题13】（2023·全国·高二假期作业）如图，在中，O是的中点，.将沿折起，使B点移至图中点位置．
(1)求证：平面；
(2)当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值；
(3)在（2）的条件下，试问在线段上是否存在一点P，使与平面所成的角的正弦值为？证明你的结论，并求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，证明见解析，.
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证明结论；
（2）确定当平面时, 三棱锥的体积取最大，作出二面角的平面角，解三角形求得答案；
（3）假设存在，作出与平面所成的角，结合题意求得，判断适合题意，即可求得的长．
【详解】（1）证明：∵且O是的中点，
∴，即，
又∵，平面平面，∴平面．
（2）在平面内，作于点D，则由（1）可知，
又平面，即是三棱锥的高，
又，∴当D与O重合时，三棱锥的体积最大，
此时平面,
过O作于点H，连接，如图,
由（1）知平面，又平面，
∴，
∵，∴平面，平面，,
∴即为二面角的平面角．
在中， ，
∴，
∴，故二面角的余弦值为..
（3）假设在线段上是否存在一点P，使与平面所成的角的正弦值为，
如图，连接，
在（2）的条件下，平面,
故平面，∴与平面所成的角为，
∴，∴，
又在中，,,
则，故,
而，∴，∴ ，
∴ ，
即故在线段上是否存在一点P，使与平面所成的角的正弦值为，此时
【变式13-1】1. （2018春·安徽滁州·高二开学考试）如图，三棱柱中，底面为正三角形，底面，且，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)在侧棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，且
【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（3）假设在侧棱上存在一点，使得三棱锥的体积是，设，利用锥体的体积公式可得出关于的等式，解之即可得出结论.
【详解】（1）证明：连接交于点，连接，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
平面，平面，平面.
（2）证明：因为是等边三角形，且为的中点，则，
因为底面，，则底面，
底面，，
，、平面，平面，
平面，因此，平面平面.
（3）解：假设在侧棱上存在一点，使得三棱锥的体积是，设，
因为平面，平面，则，
因为是边长为的等边三角形，且为的中点，则，，
，
所以，，解得.
因此，在侧棱上存在一点，使得三棱锥的体积是，且.
【变式13-1】2. （2022秋·高二课时练习）在空间直角坐标系中，已知和，试问：
(1)在轴上是否存在点，满足？
(2)在y轴上是否存在点，使为等边三角形？若存在，试求出点的坐标．
【答案】(1)存在；
(2)存在，点的坐标为或．
【分析】（1）设点坐标为，由两点坐标公式求即可；
（2）由（1）得恒成立，只需要计算即可.
【详解】（1）假设在轴上存在点，满足．
因为点在轴上，所以可设，由，
可得，显然，此式对任意恒成立．
所以在轴上存在点，满足．
（2）假设在轴上存在点，使为等边三角形．
由（1）可知，恒成立，所以只要，就可以使是等边三角形．
设，
因为，
，
所以，解得．
故在轴上存在点，使为等边三角形，且点的坐标为或．
【变式13-1】3. （2022·高二课时练习）如图：圆锥底面半径为1，高为3．
(1)求圆锥内接圆柱（一底面在圆锥底面上，另一底面切于圆锥侧面）侧面积的最大值；
(2)圆锥内接圆柱的表面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，最大值为
【分析】（1）设圆柱的底面半径为r，高为h，利用相似性得到r，h的关系，再利用圆柱的侧面积公式求解；
（2）利用圆柱的表面积公式求解.
【详解】（1）解：设圆柱的底面半径为r，高为h，
由相似性得：，解得，
所以，
当时，内接圆柱侧面积取得最大值 ；
（2），
，
当时，内接圆柱表面积取得最大值
【变式13-1】4. （2022秋·全国·高二期中）已知椭圆Γ ：的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0).经过点F1且倾斜角为的直线l与椭圆Γ交于A，B两点（其中点A在x轴上方），△ABF2的周长为8.
（1）求椭圆 Γ 的标准方程；
（2）如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面AF1F2）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面BF1F2）互相垂直.
①若，求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后△ABF2的周长为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）①；②存在，.
【分析】（1）由的周长可求出的值，再根据求出的值，从而得到椭圆的标准方程．
（2）①易求直线的方程为，与椭圆方程联立，求出点，的坐标，再建立空间直角坐标系，得到点，，，的坐标，求处，，再利用空间向量的夹角公式即可求出结果．②由，，可得，设折叠前，，，，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，求出直线的斜率，进而得到的值．
【详解】（1）因为的周长为8，所以.
由题意得
所以椭圆的方程为.
（2）①由直线与
联立求得，（因为点A在x轴上方）以及
再以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则
，.，，，.
记异面直线和所成角为，则；
②由，，故
由，，故
设折叠前，.
直线与椭圆联立方程，得
，.
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）；
设A，B在新图形中对应点记为，，
，
，
（i）
所以（ii）
由（i）（ii）可得
，，
解得，
，所以.
【点睛】关键点点睛：本题已知三角形面积求，关键是将三角形面积转化为，设出直线方程和椭圆方程联立利用韦达定理代入后得出等量关系求得的值，从而求得.
题型14三角形形状问题
【例题14】（2021·高二单元测试）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，如图建立空间直角坐标系.
（1）在四边形（包含边界）内找一点，使为等边三角形.
（2）在线段上是否存在一点，使是以为斜边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），2，；（2）存在，，2，.
【分析】（1）由为等边三角形，故到的距离为，在AB上的射影为AB中点，即可求出点坐标；
（2）设点的坐标为，2，，根据题意满足求解即可.
【详解】（1）直三棱柱中，，，，
故，
若为正三角形，则到的距离为正三角形的高：，
又由在平面内，
故的横纵坐标与中点的横纵坐标相等，竖坐标的绝对值等于正三角形的高，
，，
故中点坐标为，2，，
故点坐标为：，2，；
（2）设点的坐标为，2，，
则，2，，，，，
若为以为斜边的直角三角形，
则，
即，
解得：，或（舍去），
故点的坐标为，2，.
故在线段上存在一点，2，，使是以为斜边的直角三角形.
【变式14-1】（2023·全国·高二假期作业）如图,在四棱锥中,平面, 平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.
(1)证明: 平面;
(2)若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,
【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得 平面,根据及线面平行的判定定理即可得 平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面 平面,再根据面面平行的性质定理即可证明;
(2) 过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可.
【详解】（1）证明:因为平面,
平面,
所以,
因为平面,平面,
所以 平面,
因为底面为矩形,
所以,
因为平面,平面,
所以 平面,
因为,
且平面,平面,
所以平面 平面,
又因为平面,
所以 平面;
（2）设线段上存在点使得与的面积相等,
过作,垂足为,
因为平面,
所以,
故,
所以,
故,
因为,
所以,
过作,垂足为,连接,
过作,垂足为,连接,如图所示:
因为底面,,
所以底面,
所以,
又,,
所以平面,
因为平面
则,
同理可得,
因为与的面积相等,
所以,
在中,根据等面积法可得,
则,
设,,
则,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
整理得,
因为,所以,
故存在,且到的距离为.
【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有:
(1)先假设其存在;
(2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算;
(3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在;
(4)如果得到不合理的结论,则说明不存在.
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专题1-1空间向量与动点问题十四大题型汇总——题型·技巧攻略
题型1共面问题与动点问题 2
题型2线线平行与动点问题 4
题型3线面平行与动点问题 5
题型4面面平行与动点问题 7
题型5线线垂直与动点问题 8
题型6线面垂直与动点问题 12
题型7面面垂直与动点问题 15
题型8线线角与动点问题 17
题型9线面角与动点问题 19
题型10面面角与动点问题 22
题型11点面、线面距离与动点问题 25
题型12点线、线线距离问题 28
题型13面积体积相关问题 29
题型14三角形形状问题 32
知识点一.利用空间向量解决立体几何的探索性问题思路：
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.
知识点二.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（x，y，z）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 R，使得
2.平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标.
3.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，y∈R，使得
题型1共面问题与动点问题
【方法总结】 共面定理：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，y∈R，使得
【例题1】（2021·高二课时练习）如图，在空间直角坐标系中，，，，．
（1）求向量在向量上的投影的数量．
（2）是否存在实数，使得点，，，共面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【变式1-1】1. （2021·高二课时练习）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是BC，的中点，点G在AB上，．
（1）已知上底面内一点H满足，求的长．
（2）棱上是否存在一点K，使得GK，EF共面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．
【变式1-1】2. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥中，面ABCD，，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且．
(1)求证：面PAD；
(2)求二面角的正弦值；
(3)设点G在PB上，且．判断是否存在这样的，使得A，E，F，G四点共面．
【变式1-1】3. （2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱上靠近的三等分点，底面，且.
(1)在侧棱上是否存在点，使得点四点共面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角的余弦值.
题型2线线平行与动点问题
【例题2】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知空间几何体的底面ABCD是一个直角梯形，其中,,,，且底面ABCD，PD与底面成角．

(1)若，求该几何体的体积；
(2)若AE垂直PD于E，证明：；
(3)在（2）的条件下，PB上是否存在点F，使得，若存在，求出该点的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式2-1】（2021·高二课时练习）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是BC，的中点，点G在AB上，．
（1）已知上底面内一点H满足，求的长．
（2）棱上是否存在一点K，使得GK，EF共面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．
题型3线面平行与动点问题
【例题3】（2023·全国·高二专题练习）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且，，，，．

(1)求证：；
(2)求直线PC与平面ABP所成角的余弦值；
(3)线段PA上是否存在点E，使得平面EBD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式3-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.

(1)求二面角的余弦值；
(2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【变式3-1】2. （2023·全国·高二假期作业）如图：在正方体中，M为的中点.

(1)求证： 平面；
(2)在线段上是否存在一点N，使得平面 平面，说明理由.
【变式3-1】3. （2023·全国·高二假期作业）如图，在平面五边形ABCDE中，AB//DC，∠BCD＝90°，，，，，，，垂足为H，将△ADE沿折起（如图），使得平面ADE⊥平面ABCD．
(1)求证：⊥平面ABCD；
(2)求三棱锥的体积；
(3)在线段BE上是否存在点M，使得//平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【变式3-1】4. （2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱中，，，．M是AB的中点，N是的中点，P是与的交点．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在点Q，使得平面？
题型4面面平行与动点问题
【例题4】（2023·高三校联考单元测试）如图，在三棱锥中，⊥平面，，，，分别为的中点．
(1)求到平面的距离；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，试确定的位置，并证明此点满足要求；若不存在，请说明理由．
【变式4-1】1. （2023·全国·高二假期作业）如图，四棱锥中，，，为的中点．
(1)求证：平面.
(2)在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．
【变式4-1】2.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱柱中，，分别为线段，的中点．
(1)求证：平面．
(2)在线段上是否存在一点，使平面平面请说明理由．
题型5线线垂直与动点问题
【例题5】（2023秋·全国·高二随堂练习）如图所示，三棱柱中，，，，，，，是中点．
(1)用，，表示向量；
(2)在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，说明理由．
【变式5-1】1. （2023春·浙江杭州·高二浙江大学附属中学期中）如图，将长方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，其中，劣弧的长为为圆的直径.
(1)在弧上是否存在点（在平面的同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【变式5-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱锥中，平面，，，，、分别为、的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使？证明你的结论．
【变式5-1】3. （2023·全国·高二专题练习）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．
问题：如图，在正方体，中，以为坐标原点，建立空间直角坐标系．已知点的坐标为，为棱上的动点，为棱上的动点，______，则是否存在点，，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式5-1】4. （2021·高二课时练习）如图四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上且AG＝GD，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E是BC的中点，四面体P﹣BCG的体积为．
(1)求过点P，C，B，G四点的球的表面积；
(2)求直线DP与平面PBG所成角的正弦值；
(3)在棱PC上是否存在一点F，使DF⊥GC，若存在，确定点F的位置，若不存在，说明理由．
【变式5-1】5. （2023·全国·高二专题练习）如图，在直三棱柱-中，3，=4，5，
(1)求证；
(2)在上是否存在点，使得并说明理由
【变式5-1】6.（2023·全国·高二专题练习）如图，四棱锥中，为矩形，，且．为上一点，且．
(1)求证：平面；
(2)分别在线段上的点，是否存在，使且，若存在，确定的位置；若不存在，说明理由．
题型6线面垂直与动点问题
【例题6】（2023·全国·高二专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，点E为BC的中点．
(1)在B上是否存在一点P，使平面？
(2)在平面上是否存在一点N，使平面？
【变式6-1】1. （2023·全国·高二专题练习）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，．

(1)当时，求三棱锥的体积；
(2)当时，直线BP与平面所成角的正切值的取值范围；
(3)当时，是否存在唯一个点P，使得平面ADP，若存在，求出P点的位置；若不存在，请说明理由．
【变式6-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，是的中点．
(1)求证：平面．
(2)若，线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【变式6-1】3. （2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥中，平面，，，，，．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【变式6-1】4. （2023春·全国·高二合肥市第六中学校联考开学考试）如图，在长方体中，点为的中点，且，，点在线段上．
(1)问：是否存在一点，使得直线平面？若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．
(2)若是线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．
【变式6-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，．
(1)求证：平面PBC；
(2)在棱PC上是否存在一点G，使平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．
题型7面面垂直与动点问题
【例题7】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.
(1)求证：平面平面；
(2)设为侧棱上一点，四边形是过两点的截面，且 平面，是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【变式7-1】1. （2023秋·湖南长沙·高二雅礼中学校考开学考试）如图，在正方体中，分别是棱的中点.

(1)求证： ；
(2)若点分别在上，且.求证：；
(3)棱上是否存在点，使平面平面？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由.
【变式7-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【变式7-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图，在正四棱柱中，，，分别为棱，的中点，为棱上的动点.
(1)求证：，，，四点共面；
(2)是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由.
【变式7-1】4. （2022春·高二单元测试）如图，在矩形ABCD中，，，E为边AD上的动点，将沿CE折起，记折起后D的位置为P，且P在平面ABCD上的射影O恰好落在折线CE上．
(1)设，当为何值时，的面积最小？
(2)当的面积最小时，在线段BC上是否存在一点F，使平面平面POF，若存在求出BF的长，若不存在，请说明理由．
题型8线线角与动点问题
【例题8】（2023秋·高二课时练习）如图，在正三棱柱中，所有的棱长均为2，M是边的中点，则在棱上是否存在点N，使得与所成的夹角为？

【变式8-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，F，G分别是PB，AD的中点．
(1)求证：平面PCB；
(2)在AP上是否存在一点M，使得DM与PC所成角为60°？若存在，求出M点的位置，若不存在，请说明理由．
【变式8-1】2. （2023·全国·高二假期作业）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，且，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)在棱A1B1上是否存在一点M，使得异面直线MF与AC所成的角为30°？ 若存在，指出M的位置；若不存在，说明理由．
【变式8-1】3. （2022秋·辽宁大连·高二大连八中校考阶段练习）如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.
(1)求证：直线平面；
(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
题型9线面角与动点问题
【例题9】（2023秋·广西南宁·高二南宁二中校考开学考试）图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.

(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【变式9-1】1. （2023秋·高二单元测试）在直角梯形ABCD中，，，，如图①把沿BD翻折，使得平面平面（如图②）.

(1)求证：；
(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离；
(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【变式9-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点.

(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，求出的值；若不存在，说明理由.
【变式9-1】3. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，等腰梯形中，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使点D到达点P的位置（平面）.

(1)证明:平面平面；
(2)若，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC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9-1】4. （2023·全国·高二专题练习）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，、分别为、的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
【变式9-1】5.（2023·全国·高二专题练习）在底面ABCD为梯形的多面体中.，BC⊥CD，，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．

(1)求证：BD⊥AE；
(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
【变式9-1】6.（2023·全国·高二专题练习）如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
题型10面面角与动点问题
【例题10】（2023·全国·高二专题练习）如图，已知在三棱柱中，，，，，平面平面.
(1)求与所成角的余弦值；
(2)在棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求 出的值，若不存在，说明理由．
【变式10-1】1. （2022秋·高二单元测试）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，.

(1)取的中点N，求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值.
(3)在线段上，是否存在一点M，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为 如果存在，求出与平面所成角的大小；如果不存在，请说明理由.
【变式10-1】2. （2023·全国·高二专题练习）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．

(1)证明：平面；
(2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．
【变式10-1】3. （2023·全国·高二专题练习）已知在直三棱柱中，其中为的中点，点是上靠近的四等分点，与底面所成角的余弦值为．

(1)求证：平面平面；
(2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由．
【变式10-1】4. （2023秋·高二单元测试）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【变式10-1】5.（2023·全国·高二专题练习）已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．

(1)证明：BE⊥平面AECD；
(2)在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．
题型11点面、线面距离与动点问题
【例题11】（2023·全国·高二专题练习）如图，三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3.
(1)求证：平面平面；
(2)若点为棱的中点，线段上是否存在一点，使得到平面的距离与到直线的距离之比为？若存在，求出此时的长；若不存在，说明理由.
【变式11-1】1. （2023·全国·高二专题练习）如图,四棱锥中,底面是边长为2的正方形,,,且,为的中点．
(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．
【变式11-1】2. （2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，，点E在棱BC上.
(1)若E为BC的中点，求直线SE与平面SCD所成角的正弦值；
(2)是否存在一点E，使得点A到平面SDE的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【变式11-1】3. （2023·全国·高二专题练习）图1是直角梯形ABCD，，，四边形ABCE是边长为4的菱形，并且，以BE为折痕将折起，使点C到达的位置，且，如图2.
(1)求证：平面平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得P到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值.
【变式11-1】4. （2022秋·辽宁鞍山·高二统考期中）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【变式11-1】5.（2023·全国·高二专题练习）如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，O为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)线段上是否存在Q，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
题型12点线、线线距离问题
【例题12】（2023·全国·高二专题练习）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.
【变式12-1】1. （2023春·高二课时练习）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.
【变式12-1】2. （2022秋·高二单元测试）如图所示，在直三棱柱中，侧面为长方形，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点T，使得点T到直线的距离是，若存在求的长，不存在说明理由.
题型13面积体积相关问题
【例题13】（2023·全国·高二假期作业）如图，在中，O是的中点，.将沿折起，使B点移至图中点位置．
(1)求证：平面；
(2)当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值；
(3)在（2）的条件下，试问在线段上是否存在一点P，使与平面所成的角的正弦值为？证明你的结论，并求的长．
【变式13-1】1. （2018春·安徽滁州·高二开学考试）如图，三棱柱中，底面为正三角形，底面，且，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)在侧棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【变式13-1】2. （2022秋·高二课时练习）在空间直角坐标系中，已知和，试问：
(1)在轴上是否存在点，满足？
(2)在y轴上是否存在点，使为等边三角形？若存在，试求出点的坐标．
【变式13-1】3. （2022·高二课时练习）如图：圆锥底面半径为1，高为3．
(1)求圆锥内接圆柱（一底面在圆锥底面上，另一底面切于圆锥侧面）侧面积的最大值；
(2)圆锥内接圆柱的表面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由．
【变式13-1】4. （2022秋·全国·高二期中）已知椭圆Γ ：的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0).经过点F1且倾斜角为的直线l与椭圆Γ交于A，B两点（其中点A在x轴上方），△ABF2的周长为8.
（1）求椭圆 Γ 的标准方程；
（2）如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面AF1F2）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面BF1F2）互相垂直.
①若，求异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后△ABF2的周长为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
题型14三角形形状问题
【例题14】（2021·高二单元测试）在直三棱柱中，，，，分别是，的中点，如图建立空间直角坐标系.
（1）在四边形（包含边界）内找一点，使为等边三角形.
（2）在线段上是否存在一点，使是以为斜边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【变式14-1】（2023·全国·高二假期作业）如图,在四棱锥中,平面, 平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.
(1)证明: 平面;
(2)若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.
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