2023年新高考数学大一轮复习真题源大题分类讲义之专题07 利用空间向量解决存在性问题（解析版）

7.利用空间向量解决存在性问题一．探求线段的长度【例1】（2021年·全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．（1）证明：；（2）当为何值时，平面与平面所成的二面角的正弦值最小?【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．所以，．由题设（）．（1）因为，所以，所以．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即．令，则因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时．【方法技巧】二．探究点的位置【例2】如图所示，在四棱锥中，平面平面ABCD，∥，，，，E为线段AD的中点，过BE的平面与棱PD，PC分别交于点G，F．（1）求证：平面PAD；（2）试确定点G的位置，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为．【解析】（1）证明：连结PE，因为，且E为线段AD的中点，所以．又BC∥AD，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD．因为，所以．又平面，平面PCD，所以∥平面PCD．又平面BEGF，平面平面，所以BE∥GF．又平面平面ABCD，平面ABCD，，平面平面，所以平面PAD．因为平面PAD，所以，又因为BE∥GF，所以，，而，PE，平面PAD，所以平面PAD；（2）G为棱PD上靠近D的三等分点.证明如下：因为，E为线段AD的中点，所以，又平面平面ABCD，如图，以E为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设，得，所以．设平面BEGF的法向量为，则，即令，可得为平面BEGF的一个法向量，设直线PB与平面BEGF所成角为，于是有；解得或（舍去），所以当G为棱PD上靠近D的三等分点时，直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为．【方法技巧】【演练提高】1.（吉林省吉林市2021-2022学期高三上学期第二次调研测试）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD满足：，．（1）要经过平面内的一点P和棱将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）（2）若，，当点P在点C处时，求直线AP与平面所成角的正弦值．【解析】（1）过点作直线分别交于连接（2）以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.则.设平面的法向量为，则，取设直线与平面所成角为，所以直线与平面所成角的正弦值为.2.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.（1）求证：直线l⊥平面PAC；（2）直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF､直线EF所成的角互余？若存在，求出|AQ|的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：因为E，F分别是PB，PC的中点，所以BCEF，又因为EF平面EFA，BC不包含于平面EFA，所以BC面EFA，又因为BC面ABC，面EFA∩面ABC，所以BC，又由BC⊥AC，面PAC∩面ABCAC，且面PAC⊥面ABC，所以BC⊥面PAC，因为BC，所以⊥面PAC.（2）以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，则，，设，面的法向量为，则，取，得，又由，所以，，根据题意，可得，即，解得，所以直线上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF直线EF所成的角互余，且.3.（内蒙古海拉尔第二中学2021-2022学年高三上学期第三次阶段考）已知△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC＝4，E，F分别为AC和AB上的点，且AE＝1，EF∥BC，如图1．沿EF将△AEF折起使平面AEF⊥平面BCEF，连接AC，AB，如图2．（1）求异面直线AC与BF所成角的余弦值；（2）已知M为棱AC上一点，试确定M的位置，使EM∥平面ABF．【解析】（1）因为平面AEF⊥平面BCEF，平面AEF平面BCEF，，所以平面，所以，又，所以建立如下图所示的空间直角坐标系.由题意可知，所以所以所以异面直线AC与BF所成角的余弦值为.（2）设，因为，所以设为平面的一个法向量则，即，因此可取所以因为EM∥平面ABF，所以，即所以当时，EM∥平面ABF.4.（江苏省南通市2021-2022学年高三下学期第一次调研）如图，在直四棱柱中，，，，.点在棱上，平面与棱交于点.（1）求证：；（2）若与平面所成角的正弦值为，试确定点的位置.【解析】（1）在直四棱柱中，平面，因为平面，所以，连接，因为，，所以，所以，又因为，平面，，所以平面，因为平面，所以.（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，设，易知平面的法向量为，，则，解得，则，，，设，，则，，解得，，，∴，即点为棱的中点.5.（辽宁省铁岭市六校2021-2022学年高三上学期12月月考）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是平行四边形，点G在AC上且，平面ABCD，且，．（1）若H为线段DE的中点，证明：∥平面FGD；（2）若底面ABCD是正方形且，线段ED上是否存在点H，使得直线CH与平面FBE所成角的正弦值为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）延长EC，FG交于点K，连接KD，因为，所以，则，又因为，∴C为线段EK的中点，又H为线段DE的中点，故，又因为平面FGD，平面FGD，故平面FGD；（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设，则，，，，，，设，则，，，设平面BFE的法向量，则，即，令，则，，∴，∵直线CH与平面FBE所成角的正弦值为，∴，∴，即或，∴或．6.（安徽省宣城市2021-2022学年高三上学期期末）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，且，．（1）证明：平面平面PBD；（2）直线PC上是否存在一点M使得二面角为直二面角，若存在，求出M点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】（1）如图，在直角梯形ABCD中，因为，，所以，又因为，所以．取CD的中点为Q点，因为，所以四边形ABQD为正方形，连接AQ、BD，取AQ、BD的交点为O点，连接PO，因为，所以，所以，，，平面ABCD，平面ABCD所以平面ABCD，平面ABCD，所以，又因为，所以平面PBD，所以平面平面PBD．（2）存在，M为PC的中点．证明如下：过D点作平面ABCD的垂线，以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，所以，，，，，，设，所以，，，设平面BDM的法向量，，所以，设平面CDM的法向量，平面CDM即平面CDP，所以，所以，若二面角为直二面角，所以，所以，所以点M存在，且为PC的中点．7.（湖南省娄底市2021-2022学年高三上学期期末）如图，在长方体中，，．若平面APSB与棱，分别交于点P，S，且，Q，R分别为棱，BC上的点，且．（1）求证：平面平面；（2）设平面APSB与平面所成锐二面角为，探究：是否成立？请说明理由．【解析】（1）在长方体中，因为平面，平面，所以，在和中，因为，,，所以，,所以，因为，所以平面，因为平面，所以平面．（2）以D为坐标原点，射线DA，DC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，不妨设，其中，由（1）得，平面的法向量为，因为，，所以，则，若，则，解得，因为，所以成立．8.（湖南省岳阳市2022届高三上学期教学质量监测（一））如图，在三棱锥中，，．（1）证明：平面SAB⊥平面ABC；（2）若，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】（1）法一证明：取AB的中点E，连接SE，CE，∵，∴，因为所以三角形ACB为直角三角形，所以又所以所以所以又，，∴平面ABC．又平面SAB，∴平面平面ABC．法二、作平面ABC，连EA，EC，EB，EA，EC，EB都在平面ABC内所以，，又所以因为所以三角形ACB为直角三角形，所以E为AB的中点则平面SAB，∴平面平面ABC．（2）以E为坐标原点，平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设，，则，知，则，，，，，∴，，设，，则，∴，．设平面SAB的一个法向量为则，取，得，，则，得，又∵，方程无解，∴不存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°9.（山东省枣庄市2021-2022学年高三上学期期末）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，Q为的中点，是边长为2的正三角形，．（1）求证：平面底面；（2）棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：（1）因为Q为AD的中点，，故．因为，，所以四边形BCDQ是平行四边形，所以．在等边三角形PAD中，．又，，故，故．又，，平面ABCD，平面ABCD，故平面ABCD．又平面PAD，故平面底面ABCD；（2）以Q为原点，，，所在方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，．假设棱PC上存在点M，使二面角为30°．设，这里．则．又，故．设平面BQM的一个法向量为，则，即．令，则．又为平面CBQ的一个法向量，由二面角为30°，得，即．两边平方并化简得，解得或（舍）．所以．故棱PC上存在点M，当时，二面角为30°．10.（北京市石景山区2022届高三上学期期末）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面为直角三角形，，.（1）求证：平面；（2）求证：；（3）若，，，判断在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为.【解析】（1）因为四棱锥中，，所以，因为，，所以平面.（2）因为，，所以，又因为，所以，因为，，所以.(3)存在，当为线段中点时，理由如下：由（2）可知，因为，，所以，又，，如图以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，.设平面的法向量为，由得令，所以.设，则，所以，直线与平面所成角为，所以，解得，符合题意，所以当为线段中点时，直线与平面所成角的大小为.11.如图，在四棱锥中，面ABCD，，且，，，，，N为PD的中点.（1）求证：平面PBC；（2）在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是.若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【解析】（1）设是的中点，连接，由于，所以四边形是矩形，所以，由于平面，所以，以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，故可设.，且平面，所以平面.（2），设，则，，，设直线与平面所成角为，则，，两边平方并化简得，解得或（舍去）.所以存在，使直线与平面所成角的正弦值是，且.12.（湖北省武汉市武昌区2021-2022学年高三上学期1月质量检测）如图，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上．（1）求证：；（2）若二面角的平面角为45°，K是线段CF（含端点）上一点，问是否存在点K，使得直线AK与平面CDEF所成角的正切值为？若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由．【解析】（1）因为，，，所以平面ADE．因为平面ADE，所以．（2）方法一：因为，，所以是二面角A－EF－D的平面角，即．因为平面ADE，所以平面平面ADE．过A作，垂足为G，因为平面平面，所以平面CDEF．连结KG，则为AK与平面CDEF所成的角，即．在中，因为，，所以．在中，因为，所以．设，过K作于H，则．在中，由，得，解之得或（舍），所以，即．方法二：因为，，所以是二面角A－EF－D的平面角，即．建立如图所示的空间直角坐标系，设，则A（2，0，0），，设直线AK与平面CDEF所成角为，则，从而．设平面CDEF法向量为，直线AK的方向向量与平面CDEF法向量所成的角为，则．因为，所以，令，则所以，解得．此时，点K为点F，CK的长度为2．13.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