重难点01 空间向量解决动点探究问题（满分技巧+10种热点题型+限时检测）（【含答案解析】）

重难点01空间向量解决动点探究问题一、与空间向量有关的探索性问题一类是探索线面位置关系的存在性问题，即线面的平行与垂直，另一类是探索线面的数量关系的存在性问题，即线面角或为面交满足特定要求是的存在性问题。二、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。三、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，使得【示例】已知，，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示，方法如下：，因为在上，所以∴，所以可设点.2、平面（二维）上的点：用两个变量可以表示出所求点的坐标。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，，使得【示例】已知，，，则平面上某点坐标可用两个变量表示，方法如下：，，故，即所以可设点.【题型1线线平行中的动点探究】【例1】（2023·全国·高二课时练习）如图，在四面体ABCD中，E是的中点．直线AD上是否存在点F，使得？【答案】不存在，证明见解析.【解析】假设直线AD上存在点F使，设，，因为E是的中点，所以，，若，则，即，所以，即，所以，此时显然不成立，所以不存在点F，使得.【变式1-1】（2022·全国·高三专题练习）在四棱锥中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．，，且，，．若M是棱PA的中点，则对于棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行．【答案】不存在【解析】在平面内过点作，交于点，因为平面平面，且平面平面，平面，可得平面，又由，所以两两垂直，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由，，，可得，假设上存在点，使得，设，其中，因为是棱的中点，可得，又由，所以，设，可得，此方程组无解，所以假设不成立，所以对于上任意一点，与都不平行，即在线段上不存在点，使得与平行．【变式1-2】（2023秋·广东广州·高一校考期中）如图，在几何体中，平面平面.四边形为矩形.在四边形中，.（1）点在线段上，且，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.（2）若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）存在，的值为；（2）【解析】（1）因为四边形为矩形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.不妨设，则.取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.因为，所以，解得，经验证符合要求.故存在实数，使得，且的值为.（2）设平面的法向量，则，即，解得：，不妨取，则.，则.设直线与平面所成的角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.【变式1-3】（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．【解析】（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．【题型2线面平行中的动点探究】【例2】（2023秋·云南大理·高二校考阶段练习）如图所示，正四棱锥为侧棱上的点，且.（1）求证：；（2）在侧棱上是否存在一点,使得平面？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，【解析】（1）连，设交于，连接，由题意.在正方形中，有，又，∵面,面,平面，得（2）由题意及（1）得，，，则平面，所以平面，易得，，以点为坐标原点，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，，假设在侧棱上存在一点，使得平面，设，则，因为，所以，设平面的法向量为，由，得，则，令，得，则，由，得，解得，所以在侧棱上存在一点，使得平面.【变式2-1】（2022秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在线段上，且满足.

（1）求平面与平面夹角的余弦值；（2）在线段是否存在一点，使得平面，若存在，请指出点的位置，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，理由见解析【解析】（1）底面是菱形，，，，由勾股定理逆定理知：，同理，，平面，，平面，以为原点，AD为y轴，过点A且与AB垂直的线为x轴，建立如图的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量，，则，令，得，易知平面的一个法向量，，∴平面与平面所成角的余弦值是.（2）设，，又，则，由（1）知，平面的法向量，当平面时，，，，，即为中点时，，且平面，满足平面.【变式2-2】（2023·全国·高二专题练习）如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．（1）求；（2）劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明．【答案】（1）；（2）不存在，证明见解析.【解析】（1）由题意可知，设，设上底的面积为，下底的面积为，则，，所以，解得，在中由余弦定理可得，所以；（2）不存在，证明如下：证明：过作的垂线交劣弧于，由（1）可知，所以，以所在的直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，则，，，，设，则，，，设平面的法向量为，由，可得，因为，所以，取，则有，如果平面，则有，即，即，矛盾，所以平面不成立，故劣弧上不存在使∥平面.【变式2-3】（2022秋·北京·高二统考期末）如图，在多面体中，平面平面．四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，．（1）求证：；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段上是否存在点，使得直线平面?

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）存在点，使得平面，且【解析】（1）证明：因为为正方形，所以．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．平面．所以；（2）由（1）可知，平面，所以，．因为，所以两两垂直．分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．因为，，所以，所以，设平面的一个法向量为，则,

即

令，则，；所以．设直线与平面所成角为，则．直线与平面所成角为的正弦值为；（3）设，易知设，则，所以，所以，所以．设平面的一个法向量为，则，因为，所以令，则，所以．在线段上存在点，使得平面等价于存在，使得．因为，由，所以，解得，所以线段上存在点，使得平面，且．【题型3面面平行中的动点探究】【例3】（2023·全国·高二专题练习）如图，在正方体中，为底面的中心，是的中点．在棱上是否存在一点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】存在，为的中点.【解析】当为的中点时，平面平面．证明如下：设符合题意．连接，，．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，，，，∴，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，∴平面的一个法向量为．若平面平面，则也是平面的一个法向量．∵，∴，∴，又，∴当为的中点时，平面平面．【题型4线线垂直中的动点探究】【例4】（2023秋·河北邢台·高二校联考阶段练习）如图，在所有棱长都为2的正三棱柱中，为的中点．

（1）用以为空间的一组基底表示向量．（2）线段上是否存在一点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由．【答案】（1），；（2）存在，【解析】（1）由已知得，．（2）设线段上存在一点，使得，且，则．因为，所以．因为，所以．因为，所以，所以，此时点与点重合，．【变式4-1】（2023秋·上海·高二校考阶段练习）设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是．【答案】【解析】因为在矩形中，平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，其中或不符题意，则，，，则有，由，得，即，若线段上存在点，即方程在有解，设函数为，，对称轴为，则方程在有解需满足，又因为，所以.故答案为：【变式4-2】（2023秋·广东东莞·高二校考阶段练习）在长方体中，．是线段上的点．（1）若，求证：平面．（2）若，在线段上是否存在点．使，若存在．求的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，，，，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，，，，平面，平面.（2）假设在线段上存在点，使得，设，由（1）知：；设，则，，，，，即，在线段上存在点，使得，此时的取值范围为.【变式4-3】（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【解析】（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）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．【题型5线面垂直中的动点探究】【例5】（2023秋·福建厦门·高二校考阶段练习）如图，在矩形和中，，，，，，，记.（1）将用，，表示出来，并求的最小值；（2）是否存在使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1）因为，，，记，所以，且，，由空间向量的线性运算法则，可得，所以当时，的最小值为；（2）假设存在使得平面，故，，由（1）知，,可得由，得，化简得，解得，满足条件.故存在，使得平面.【变式5-1】（2023秋·辽宁·高二校联考阶段练习）已知四棱锥的底面是直角梯形，，，底面，且，点为的中点．（1）求证：平面；（2）平面内是否存在点，使平面？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）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；（2）存在满足要求，理由如下：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．【变式5-2】（2023秋·山西吕梁·高二统考阶段练习）如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且.

（1）若点满足，求证：平面；（2）底面内是否存在一点，使得平面?若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【解析】（1）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.所以，，，，，，所以，.设平面的一个法向量，所以，令，解得，，所以平面的一个法向量.若，则，所以，所以，，又平面，所以平面.（2）假设底面内存在一点，使得平面，设，又，所以，又平面的一个法向量，所以，所以，解得，，所以底面内存在一点，使得平面，此时.【变式5-3】（2023·全国·高二专题练习）如图所示的几何体中，平面平面为等腰直角三角形，，四边形为直角梯形，.

（1）求证：平面；（2）线段上是否存在点满足，使得平面？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，.【解析】（1）四边形是平行四边形，.平面平面平面.（2）取的中点为.平面平面平面，平面平面,平面.以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴建立空间直角坐标系，则轴在平面内,，，，.设平面的法向量为即令，则.，.又平面的法向量为平面，∴.∴在线段上存在点，使平面，且的值是.【题型6面面垂直中的动点探究】【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，.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，求出点的位置；若不存在，说明理由

【答案】存在，【解析】假设存在点，使得平面平面.设，则，由余弦定理可得，故，又平面，所以平面，如图，以A为原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，∴，设是平面PAD的法向量，则，令，即.设，其中.则连接，因为平面，，平面平面，故，则取与同向的单位向量.设是平面BEQF的法向量，则，令，即.由平面平面，知，即有，解得.故在侧棱上存在点Q，且当时，使得平面平面.【变式6-1】（2023秋·广东东莞·高二校考阶段练习）在中，，，，、分别是、上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.（1）求与平面所成角的大小；（2）在线段上是否存在点（不与端点、重合），使平面与平面垂直?若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，【解析】（1）在中，因为，故，故在四棱锥中，有，，，而，且平面,平面故平面，因平面，所以，而，故，而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：在中，因为，，，故，，，在中，，则，，，，，故，故，又，，设平面的法向量为，则即，取，则，，故，故，故与平面所成角的正弦值为，因为与平面所成角为锐角，故该角为.（2）假设点，设，则，故，又，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，故，设平面的法向量为，则即，取，则，，故.因为平面平面，故，所以，故，所以,所以线段上存在点，使平面与平面垂直，此时.【变式6-2】（2023秋·山东聊城·高二校考阶段练习）如图，正方形与梯形所在平面互相垂直，已知，，．（1）求证：平面．（2）线段上是否存在点M，使平面平面？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）存在，【解析】（1）证明：因为，平面，平面，所以平面，同理，平面，又，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，故.而四边形是正方形，所以，又，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量，则，即，令，则，所以.若与重合，则平面的一个法向量，则，则此时平面与平面不垂直.若与不重合，如图：设，则，,设平面的一个法向量，则，即，令，则，，所以，平面平面等价于，即，得.所以，线段上存在点使平面平面，且.【变式6-3】（2023秋·福建福州·高二校考阶段练习）如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.（1）求证：平面；（2）判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）在线段上不存在一点，使平面平面，理由见解析【解析】（1），，，，，平面，平面，平面，，，，平面，平面；（2）由题意，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，设，，则，，设平面的法向量为，则，取，平面平面，，解得，，在线段上不存在一点，使平面平面．【题型7线线角中的动点探究】【例7】（2023·全国·高二专题练习）已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，AB⊥平面PAD，E是线段PD上的动点（不含端点），若线段AB上存在点F（不含端点），使得异面直线PA和EF所成的角的大小为30°，则线段AF长的取值范围是.【答案】【解析】设是的中点，则，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以平面平面，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，，设；设，则，设与所成角为，则，，整理得，函数的开口向下，对称轴为，所以函数在上递增，所以，所以的取值范围是.【变式7-1】（2023·全国·高二专题练习）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【解析】（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7-2】（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【解析】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7-3】（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°【解析】（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°．【题型8线面角中的动点探究】【例8】（2023秋·河北石家庄·高二校考阶段练习）在三棱台中，平面，，，分别为，的中点．（1）证明：∥平面．（2）若，在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；【解析】（1）因为在三棱台中，，为的中点，所以，又，所以四边形为平行四边形，，因为，分别为，的中点，所以为的中位线，所以，又、平面，且，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）连接，因为平面，且平面，所以平面平面，又平面平面，易知等边三角形中，，所以平面，所以，又，，所以平面，从而，故四边形为正方形，，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，不妨设，则，，设平面的法向量为，则：，得：，令，可得．设直线与平面所成的角为，则，由，得，则，所以线段上存在一点，使得与平面所成角的正弦值为．【变式8-1】（2023秋·辽宁大连·高二校联考阶段练习）如图所示，等腰梯形ABCD中，∥，，，E为CD中点，AE与BD交于点O，将沿AE折起，使得D到达点P的位置（平面ABCE）．（1）证明：平面POB；（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AEQ所成角的正弦值为，若存在，确定Q点位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；Q为线段PB中点【解析】（1）连接BE，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，∴四边形ABED为菱形，∴，∴，，即，，且，平面POB，平面POB，∴平面PBO．（2）由（1）可知四边形ABCD为菱形，∴，在等腰梯形ABCD中，∴正三角形，∴，同理．∵，∴，∴．由（1）可知，，O为原点，，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为，，，，，∴，，，,设，，设平面AEQ的一个法向量为，则，即，取得，，得，所以，设直线PC与平面AEQ所成角为，，则，即，化简得，解得．即Q为线段PB中点．【变式8-2】（2023秋·陕西宝鸡·高二校考期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，分别是的中点．

（1）求证：平面平面．（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为？若存在，求线段的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在满足条件的点M，理由见解析点【解析】（1）平面，平面，平面平面．（2）设的中点为，连接，因为是正三角形，故，而平面平面，平面平面，平面，故平面，而平面，故，由四边形为正方形且分别为的中点得，故可以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，故，，，，，．假设线段上存在点，使得直线与平面所成角为，且，则，，．设平面的一个法向量为，则，令，则，，整理可得，方程无解，故假设不成立，即不存在满足条件的点．【变式8-3】（2023秋·浙江温州·高二校考阶段练习）已知几何体，如图所示，其中四边形ABCD，CDGF，ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上．（1）求证：；（2）是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在；【解析】（1）因为四边形、、均为正方形，则两两互相垂直，以为坐标原点，为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设，可得，，因为，所以.（2）由（1）知：，，设平面的法向量，则，令，则，，可得，假设存在点，使得直线与平面所成的角为，则，可得，解得：，又因为在棱上，则，所以，故当点在棱上，且时，直线与平面所成的角为.【题型9二面角中的动点探究】【例9】（2023秋·北京·高二校考阶段练习）在四棱柱中，平面平面，，底面是边长为的正方形，.

（1）求直线与平面所成角的大小；（2）在线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）,解析见解析【解析】（1）四棱柱中，因为平面平面，平面平面平面,所以平面；以点为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则，设平面的法向量为，由，解得，取，设直线与平面所成角为，则，因为,所以.即直线与平面所成角的大小为.（2）假设在线段上存在点,使得二面角的大小为.设，由,得，,设平面的法向量为,由解得取，由（1）知,平面的法向量，所以,解得，;所以在线段上存在一点，且,使得二面角的大小为.【变式9-1】（2023秋·山东泰安·高二校考阶段练习）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，．

（1）证明：平面；（2）在线段（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，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）存在，【解析】（1）正方形中，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，，又，，∴，又∵，∴，∴，又，∴，又，平面，∴平面.（2）假设存在点，满足题意，由（1）知，平面，，故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设点，，∴，∴，∴，∴，，设平面的法向量为，∴，令，∴，，∴，由（1）知平面的法向量为，∴，即，即，即，解得或（舍去），所以存在一点，使得，即．【变式9-2】（2023秋·河北沧州·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，为正三角形，底面为直角梯形，，，，，．（1）求证：平面平面；（2）棱上是否存在点M，使得二面角的大小为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）证明：如图，取的中点K，连接，，∵为正三角形，，∴．∵底面为直角梯形，，，，，，∴．又，，∴．又，，，平面，∴平面．∵平面，∴平面平面．（2）如图，以K为坐标原点所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，当与重合时，二面角的平面角为0，不合题意，设，得，∴，，设平面的法向量为，由得，令，则，，∴，由题意知平面的一个法向量为，∴，解得或（舍），∴，∴，∴棱上存在点M，使得二面角的大小为，且．【变式9-3】（2023秋·辽宁丹东·高二校考阶段练习）如图，在三棱台中，若平面，为中点，为棱上一动点（不包含端点）.（1）若为的中点，求证：平面.（2）是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）连接，因为为中点，为的中点，所以，因为是正三棱台，，所以，于是有，因此四边形是平行四边形，所以平面，平面，所以平面（2）假设存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为，因为平面平面，所以，而，所以建立如图所示的空间直角坐标系，，设，设平面的法向量为，，所以有，因为，，，所以平面，所以平面的法向量为，所以，解得，舍去，即，，即长度为.【题型10空间距离中的动点探究】【例10】（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【解析】（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10-1】（2022秋·黑龙江大庆·高二校考期末）图是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图.（1）求证：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得到平面的距离为？若存在，求出二面角的大小；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）在图中取中点，连接，，，，，，，，，，四边形为矩形，，，又，为等边三角形；又，为等边三角形；在图中，取中点，连接，为等边三角形，，，，又，，，又，平面，平面，平面，平面平面.（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设棱上存在点且满足题意，即，解得：，即，则，设平面的法向量，则，令，则，，到平面的距离为，解得：，，又平面的一个法向量，，又二面角为锐二面角，二面角的大小为.【变式10-2】（2022秋·山东淄博·高二校联考阶段练习）如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形，为矩形，，.

（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）证明：在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为2，若存在，求的值.不存在,请说明理由.【答案】（1）；（2）存在点，.【解析】（1）因为是正方形，为矩形，所以且平面，,所以平面，又因为，,所以，因此两两垂直，所以建系如图，则有,所以设平面的一个法向量为，直线与平面所成角为，则有，令，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）设,所以,,所以点到平面的距离为，解得，满足题意，此时.【变式10-3】（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【解析】（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（建议用时：60分钟）1．（2022秋·辽宁沈阳·高三校考期中）如图，在多面体中，平面平面，，，，，．（1）求平面与平面所成二面角的正弦值；（2）若是棱的中点，对于棱上是否存在一点，使得．若存在，请指出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）不存在，证明见解析.【解析】（1）在平面上过点作,为上的点，由于平面平面，，故以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，，，．设面的法向量为则，令，则设面的一个法向量为设平面与平面所成二面角为则则故平面与平面所成二面角的正弦值为（2）不存在假设在棱上存在点，使得四点共线，记该平面为面,面面四点都在平面内共面，且平面即平面面五个点都在平面内，这与为四棱锥矛盾对于棱上任意一点，与都不平行.2．（2022·广东江门·统考模拟预测）如图，在正四棱锥中，，，P在侧棱上，平面.（1）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（2）侧棱上是否存在一点E，使得平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）侧棱上存在一点E，使得平面，且.【解析】（1）如图，由题意知平面，，故两两垂直．以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.∵，不妨设，则，∴.由题意得，，，，.∴，，设平面的一个法向量为，则有，可取，∵平面，∴平面的一个法向量，设平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，所以（2）假设在棱上存在一点使得平面．在上取点，连接，由（1）设，且，即，可得，即，所以，由平面的一个法向量，若平面，则，即，解得.故.所以侧棱上存在一点E，使得平面，且.3．（2022春·江苏徐州·高二校考阶段练习）如图，在直三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，，．（1）求直线与直线所成角的余弦值．（2）若在线段上存在一点D，且=t，当时，求t的值．【答案】（1）；（2）【解析】（1）在直三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，，．所以，所以，又平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，所以，，设直线与直线所成角为，所以，即直线与直线所成角的余弦值为；（2）依题意，，因为，，所以因为，则，解得，所以．4．（2023春·新疆·高二校考开学考试）如图，在四棱锥中，已知四边形为菱形，，为正三角形，平面平面.（1）求二面角的大小；（2）在线段SC（端点S，C除外）上是否存在一点M，使得？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）45°；（2）不存在，理由见解析【解析】（1）取AD中点O，连接SO，BO，因为，，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，平面，因为平面，所以，则，，因为，，所以，所以OA，OB，OS两两垂直，以为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，设，则，，，，，平面的法向量为，设平面的法向量为，由，可得，设二面角为，则，易知二面角为锐角，则.（2）设，，，则，，，，，由，解得，矛盾，故不存在.5．（2022秋·广东茂名·高二校联考期末）如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD折起到△BDC′的位置，如图2所示，并使得平面BDC′⊥平面ABD，E是BD的中点，FA⊥平面ABD，且FA=.图1

图2（1）求平面FBC′与平面FBA夹角的余弦值；（2）在线段AD上是否存在一点M，使得⊥平面?若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析【解析】（1）∵，E为BD的中点，∴CE⊥BD，又∵平面⊥平面ABD，平面平面，⊥平面，∴⊥平面ABD，如图以E为原点，分别以EB、AE、EC′所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，A(0，-，0)，D(-1，0，0)，F(0，-，2)，(0，0，)，∴=(-1，-，2)，=(-1，0，)，=(1，，0)，设平面的法向量为=(x，y，z)，则，取z=1，得平面的一个法向量=(，1，1)，设平面FBA的法向量为=(a，b，c)，则取b=1，得平面FBA的一个法向量为=(-，1，0)，∴设平面ABD与平面的夹角为θ，则∴平面ABD与平面夹角的余弦值为.（2）假设在线段AD上存在M(x，y，z)，使得平面设(0≤λ≤1)，则(x，y+，z)=(-1，，0)，即(x，y+，z)=(-λ，，0)，∴，，z=0，∴，是平面的一个法向量由∥，得，此方程无解.∴线段AD上不存点M，使得平面.6．（2023春·新疆乌鲁木齐·高二校考开学考试）已知四棱锥的底面为直角梯形，平面，.（1）若点是棱上的动点请判断下列条件：①直线AM与平面ABCD所成角的正切值为；②中哪一个条件可以推断出平面（无需说明理由），并用你的选择证明该结论；（2）若点为棱上的一点（不含端点），试探究上是否存在一点N，使得平面ADN平面BDN？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）②，证明见解析；（2）存在，【解析】（1）条件②可以推断平面.如图，连接，相交于点，连EM.在梯形中，有，，.又因为，所