資源簡介

2024年高考數學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）
素養拓展27 立體幾何中的折疊和探索性問題（精講+精練）
1.折疊問題
解決折疊問題最重要的就是對比折疊前后的圖形，找到哪些線、面的位置關系和數學量沒有發生變化，哪些發生了變化，在證明和求解的過程中恰當地加以利用。
一般步驟：
①確定折疊前后的各量之間的關系，搞清折疊前后的變化量和不變量；
②在折疊后的圖形中確定線和面的位置關系，明確需要用到的線面；
③利用判定定理或性質定理進行證明。
2.探索性問題
探究性問題常常是條件不完備的情況下探討某些結論能否成立，立體幾何中的探究性問題既能夠考查學生的空間想象能力，又可以考查學生的意志力及探究的能力。對于這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來解決．一般此類立體幾何問題描述的是動態的過程，結果具有不唯一性或者隱藏性，往往需要耐心嘗試及等價轉化，因此，對于常見的探究方法的總結和探究能力的鍛煉是必不可少的。
【典例1】如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點是的中點，．
(1)在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請從中任選兩個作為補充條件，證明：側面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．）
(2)在（1）的條件下求直線與平面所成角的正弦值．
【分析】（1）選條件①②，利用勾股定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
選條件①③，利用正弦定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
選條件②③，利用余弦定理和勾股定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
（2）由（1）可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得．
【詳解】（1）證明：（1）方案一：選條件①②．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，所以，
又因為是矩形，，所以，，
由可得，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，所以側面底面；
方案二：選條件①③．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，
所以由正弦定理得：，即，所以，即，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，所以側面底面；
方案三：選條件②③．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，所以，
又因為是矩形，，所以，
又因為在中，，則，
設，，
所以有，解得或（舍，所以，
由可得，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，所以側面底面；
（2）在（1）條件下知平面，且，
故如圖所示：以為坐標原點，以所在直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，
則，，
設平面的法向量為，則，則，
，
設直線與平面所成角為，則，
直線與平面所成角的正弦值為.
【典例2】如圖，在四棱錐中，平面平面ABCD，，，，，，，．
(1)求四棱錐的體積；
(2)在線段PB上是否存在點M，使得平面PAD？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
【分析】(1)先證明平面ABCD,則 PG為四棱錐的高,再應用體積公式 ；
(2)先過點C作交AB于點N，過點N作交PB于點M,再證平面平面CMN，最后得出比值成立即可.
【詳解】（1）取AD的中點G，連接PG，GB，如圖所示．
在中，，G是AD的中點，所以．
又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，即PG為四棱錐的高．
又平面ABCD，所以．
在中，由余弦定理得
，故．
在中，，，，所以．
所以．
（2）過點C作交AB于點N，則，
過點N作交PB于點M，連接CM，則．
又因為，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
因為，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
又，，平面CNM，所以平面平面CMN．
又平面CMN，所以平面PAD．
所以在PB上存在點M，使得平面PAD，且．
【題型訓練-刷模擬】
1.折疊問題
一、解答題
1．（2023·四川瀘州·瀘縣五中校考三模）如圖1，在梯形中，，且，是等腰直角三角形，其中為斜邊.若把沿邊折疊到的位置，使平面平面，如圖2.
（1）證明：；
（2）若為棱的中點，求點到平面的距離.
2．（2023·全國·高三專題練習）如圖，四邊形中，是等腰直角三角形，是邊長為2的正三角形，以為折痕，將向一方折疊到的位置，使D點在平面內的射影在上，再將向另一方折疊到的位置，使平面平面，形成幾何體.
（1）若點F為的中點，求證：平面；
（2）求平面與平面所成角的正弦值.
3．（2023·全國·高三專題練習）如圖是矩形和以邊為直徑的半圓組成的平面圖形，將此圖形沿折疊，使平面垂直于半圓所在的平面，若點是折后圖形中半圓上異于，的點
（1）證明：；
（2）若，且異面直線和所成的角為，求三棱錐的體積．
4．（2023·全國·高三專題練習）如圖1，在邊長為4的正方形ABCD中，點P、Q分別是邊AB、BC的中點，將、分別沿DP、DQ折疊，使A、C兩點重合于點M，連BM、PQ，得到圖2所示幾何體．
(1)求證：；
(2)在線段MD上是否存在一點F，使平面PQF，如果存在，求的值，如果不存在，說明理由．
5．（2023·河南濮陽·濮陽一高校考模擬預測）如圖①，在平面四邊形中，，，．將沿著折疊，使得點到達點的位置，且二面角為直二面角，如圖②．已知分別是的中點，是棱上的點，且與平面所成角的正切值為．
(1)證明：平面平面；
(2)求四棱錐的體積．
6．（2023·全國·高三專題練習）如圖1，在直角梯形中，，，，，.現沿平行于的折疊，使得且平面，如圖2所示.
(1)求的長度；
(2)求二面角的大小.
7．（2023·新疆阿克蘇·校考一模）如圖甲所示的正方形中，，，，對角線分別交，于點，，將正方形沿，折疊使得與重合，構成如圖乙所示的三棱柱．
(1)若點在棱上，且，證明：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
8．（2023春·四川南充·高三閬中中學校考階段練習）如圖甲所示的正方形中，對角線分別交于點，將正方形沿折疊使得與重合，構成如圖乙所示的三棱柱
(1)若點在棱上，且，證明：∥平面；
(2)求二面角的余弦值.
9．（2023·上海奉賢·校考模擬預測）如圖，將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折疊，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.

(1)求證：直線EC與平面ABD沒有公共點；
(2)求點C到平面BED的距離.
10．（2023·廣東深圳·校考二模）如圖1所示，等邊的邊長為，是邊上的高，，分別是，邊的中點．現將沿折疊，如圖2所示.

(1)證明：；
(2)折疊后若，求二面角的余弦值.
11．（2023秋·四川成都·高三校考階段練習）在圖1中，為等腰直角三角形，，，為等邊三角形，O為AC邊的中點，E在BC邊上，且，沿AC將進行折疊，使點D運動到點F的位置，如圖2，連接FO，FB，FE，使得．

(1)證明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
12．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考開學考試）已知矩形ABCD中，，，M，N分別為AD，BC中點，O為對角線AC，BD交點，如圖1所示．現將和剪去，并將剩下的部分按如下方式折疊：沿MN將折疊，并使OA與OB重合，OC與OD重合，連接MN，得到由平面OAM，OBN，ODM，OCN圍成的無蓋幾何體，如圖2所示．

(1)求證：MN⊥平面；
(2)求此多面體體積V的最大值．
13．（2023·全國·高三專題練習）如圖（1）所示，在中，，，，垂直平分．現將沿折起，使得二面角大小為，得到如圖（2）所示的空間幾何體（折疊后點記作點）

(1)求點到面的距離；
(2)求四棱錐外接球的體積；
(3)點為一動點，滿足，當直線與平面所成角最大時，試確定點的位置．
14．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在邊長為的正方形中，點在線段上，且，作，分別交于點，作，分別交于點，將該正方形沿折疊，使得與重合，構成如圖所示的三棱柱．
(1)在三棱柱中，求證：平面；
(2)試判斷直線是否與平面平行，并說明理由．
2.探索性問題
一、解答題
1．（2023·全國·高三專題練習）已知正四棱臺的體積為，其中.

(1)求側棱與底面所成的角；
(2)在線段上是否存在一點P，使得？若存在請確定點的位置；若不存在，請說明理由.
2．（2023春·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習）如圖，在五棱錐中，，，.

(1)證明：；
(2)若平面平面，平面平面，探索：是否為定值？若為定值，請求出的值；若不是定值，請說明理由.
3．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，，平面平面ABCD，且，，點G是EF的中點．

(1)證明：平面ABCD；
(2)線段AC上是否存在一點M，使平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
4．（2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學校聯考階段練習）已知四棱錐中，四邊形為等腰梯形，，，，，為等邊三角形．

(1)求證：平面平面；
(2)是否存在一點，滿足，使直線與平面所成的角為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
5．（2023秋·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考開學考試）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，三角形為正三角形，且側面底面.分別為線段的中點.

(1)求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面平面？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.
6．（2023秋·江西吉安·高三吉安三中校考開學考試）如圖，在四棱錐中，，四邊形是菱形，是棱上的動點，且．

(1)證明:平面．
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
7．（2023春·河南信陽·高三信陽高中校考階段練習）如圖，在等腰梯形中，，四邊形為矩形，且平面，.

(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面與平面所成銳二面角的平面角為，且滿足.若不存在，請說明理由；若存在，求出的長度.
8．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐中，平面平面，為等邊三角形，D，E分別為，的中點，，，.
(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點F，使得平面與平面的夾角為，若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．
9．（2023·陜西安康·陜西省安康中學校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為正方形，側面SAD為等邊三角形，，．

(1)證明：平面平面；
(2)側棱SC上是否存在一點P（P不在端點處），使得直線BP與平面SAC所成角的正弦值等于？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由．
10．（2023·廣西南寧·南寧三中校考一模）如圖，在四棱錐中，平面平面，底面為菱形，為等邊三角形，且，，O為的中點．
(1)若E為線段上動點，證明：；
(2)G為線段PD上一點，是否存在實數，當使得二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
11．（2023秋·福建三明·高三統考期末）如圖，在三棱柱中，為等邊三角形，四邊形為菱形，，，.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面的夾角的正弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由.
12．（2023秋·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）如圖所示，等腰梯形中，，，，E為中點，與交于點O，將沿折起，使點D到達點P的位置（平面）.

(1)證明：平面平面；
(2)若，試判斷線段上是否存在一點Q（不含端點），使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求三棱錐的體積，若不存在，說明理由.
2024年高考數學高頻考點題型歸納與方法總結（新高考通用）
素養拓展27 立體幾何中的折疊和探索性問題（精講+精練）
1.折疊問題
解決折疊問題最重要的就是對比折疊前后的圖形，找到哪些線、面的位置關系和數學量沒有發生變化，哪些發生了變化，在證明和求解的過程中恰當地加以利用。
一般步驟：
①確定折疊前后的各量之間的關系，搞清折疊前后的變化量和不變量；
②在折疊后的圖形中確定線和面的位置關系，明確需要用到的線面；
③利用判定定理或性質定理進行證明。
2.探索性問題
探究性問題常常是條件不完備的情況下探討某些結論能否成立，立體幾何中的探究性問題既能夠考查學生的空間想象能力，又可以考查學生的意志力及探究的能力。對于這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來解決．一般此類立體幾何問題描述的是動態的過程，結果具有不唯一性或者隱藏性，往往需要耐心嘗試及等價轉化，因此，對于常見的探究方法的總結和探究能力的鍛煉是必不可少的。
【典例1】如圖所示的五邊形中是矩形，，，沿折疊成四棱錐，點是的中點，．
(1)在四棱錐中，可以滿足條件①；②；③，請從中任選兩個作為補充條件，證明：側面底面；（注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分．）
(2)在（1）的條件下求直線與平面所成角的正弦值．
【分析】（1）選條件①②，利用勾股定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
選條件①③，利用正弦定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
選條件②③，利用余弦定理和勾股定理得到，進而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得證；
（2）由（1）可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得．
【詳解】（1）證明：（1）方案一：選條件①②．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，所以，
又因為是矩形，，所以，，
由可得，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，所以側面底面；
方案二：選條件①③．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，
所以由正弦定理得：，即，所以，即，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，所以側面底面；
方案三：選條件②③．
因為在四棱錐中，點是的中點，，所以，
又因為在中，，所以，
又因為是矩形，，所以，
又因為在中，，則，
設，，
所以有，解得或（舍，所以，
由可得，所以，
則由，，，平面，所以平面，又因為側面，所以側面底面；
（2）在（1）條件下知平面，且，
故如圖所示：以為坐標原點，以所在直線為軸，以所在直線為軸，以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，
則，，
設平面的法向量為，則，則，
，
設直線與平面所成角為，則，
直線與平面所成角的正弦值為.
【典例2】如圖，在四棱錐中，平面平面ABCD，，，，，，，．
(1)求四棱錐的體積；
(2)在線段PB上是否存在點M，使得平面PAD？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．
【分析】(1)先證明平面ABCD,則 PG為四棱錐的高,再應用體積公式 ；
(2)先過點C作交AB于點N，過點N作交PB于點M,再證平面平面CMN，最后得出比值成立即可.
【詳解】（1）取AD的中點G，連接PG，GB，如圖所示．
在中，，G是AD的中點，所以．
又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，即PG為四棱錐的高．
又平面ABCD，所以．
在中，由余弦定理得
，故．
在中，，，，所以．
所以．
（2）過點C作交AB于點N，則，
過點N作交PB于點M，連接CM，則．
又因為，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
因為，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
又，，平面CNM，所以平面平面CMN．
又平面CMN，所以平面PAD．
所以在PB上存在點M，使得平面PAD，且．
【題型訓練-刷模擬】
1.折疊問題
一、解答題
1．（2023·四川瀘州·瀘縣五中校考三模）如圖1，在梯形中，，且，是等腰直角三角形，其中為斜邊.若把沿邊折疊到的位置，使平面平面，如圖2.
（1）證明：；
（2）若為棱的中點，求點到平面的距離.
【答案】（1）見解析；（2）.
【分析】（1）證明平面，則有；
（2）等體積法求點到平面的距離.
【詳解】（1）證明：∵是等腰直角三角形，為斜邊，
∴.
∵平面平面，平面平面，平面
∴平面，
∵平面，
∴；
（2）解：由（1）知，平面，
由題意可得，，，
則，，
∵為棱的中點，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，
即，
則的面積為，
設點到平面的距離為
∵，
∴，
∴.
【點睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質，點到平面距離的求法，考查直觀想象能力、推理論證能力和運算求解能力，是中檔題.
2．（2023·全國·高三專題練習）如圖，四邊形中，是等腰直角三角形，是邊長為2的正三角形，以為折痕，將向一方折疊到的位置，使D點在平面內的射影在上，再將向另一方折疊到的位置，使平面平面，形成幾何體.
（1）若點F為的中點，求證：平面；
（2）求平面與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）設點在平面內的射影為，連接，，又的中點為，易得平面.取的中點，連接，由平面平面，得到平面，又平面，則，則平面，然后由面面平行的判定定理證明；
（2）連接，以為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，分別求得平面的一個法向量為和平面的一個法向量為，由求解．
【詳解】解：（1）如圖，設D點在平面內的射影為O，連接，連接.
∵，∴，
∴在等腰中，O為的中點.
∵F為中點，∴.
又平面，平面，
∴平面.取的中點H，連接，
則易知，又平面平面，
平面平面，
∴平面，
又平面，
∴，又平面，平面，
∴平面，
又.∴平面平面.
又平面，∴平面.
（2）連接，由（1）可知兩兩垂直，以O為坐標原點所在直線分別為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
從而.
設平面的一個法向量為，則，即，
得，取，則.
設平面的一個法向量為，
則，即，
得，取，則，
從而.
∴，
∴平面與平面所成角的正弦值為．
【點睛】關鍵點點睛：（1）在求解與圖形的翻折有關的問題時，關鍵是弄清翻折前后哪些量變了，哪些量沒變，哪些位置關系變了，哪些位置關系沒變；（2）利用向量法求二面角的關鍵是建立合適的空間直角坐標系及準確求出相關平面的法向量．
3．（2023·全國·高三專題練習）如圖是矩形和以邊為直徑的半圓組成的平面圖形，將此圖形沿折疊，使平面垂直于半圓所在的平面，若點是折后圖形中半圓上異于，的點
（1）證明：；
（2）若，且異面直線和所成的角為，求三棱錐的體積．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）由面面垂直得到，利用直徑對應的圓周角為直角得到，可以證明平面，再利用線面垂直的性質定理即可證明；
（2）先求出，利用等體積轉化法把求三棱錐的體積轉化為求三棱錐，即可求解.
【詳解】（1）∵平面垂直于圓所在的平面，兩平面的交線為，平面，，∴垂直于圓所在的平面．又在圓所在的平面內，∴．
∵是直角，∴．而，∴平面．
又∵平面，∴
（2）因為在矩形中，，直線和所成的角為，
所以直線和所成的角為，即．
過作于，則平面．
又，所以，
因此．
于是．
故三棱錐的體積是．
4．（2023·全國·高三專題練習）如圖1，在邊長為4的正方形ABCD中，點P、Q分別是邊AB、BC的中點，將、分別沿DP、DQ折疊，使A、C兩點重合于點M，連BM、PQ，得到圖2所示幾何體．
(1)求證：；
(2)在線段MD上是否存在一點F，使平面PQF，如果存在，求的值，如果不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）由勾股定理得，從而證得平面MDQ，然后可得線線垂直；
（2）假設在線段DM上存在一點F，使平面PQF．連BD交PQ于點O，連OF，由線面平行性質定理得線線平行，由平行線得線段的比例．
【詳解】（1）由圖1可得，，
∴， ∴，
∵，，MD、平面MDQ ，
∴平面MDQ，
∵平面MDQ ，
∴．
（2）當時，平面PQF，
理由如下：
連BD交PQ于點O，連OF，由圖1可得，，即，
因為，所以，
所以，所以，
因為平面，平面，所以平面PQF．
5．（2023·河南濮陽·濮陽一高校考模擬預測）如圖①，在平面四邊形中，，，．將沿著折疊，使得點到達點的位置，且二面角為直二面角，如圖②．已知分別是的中點，是棱上的點，且與平面所成角的正切值為．
(1)證明：平面平面；
(2)求四棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用三角形中位線性質和線面平行的判定可證得平面，平面，由面面平行的判定可證得結論；
（2）取的中點，根據已知的長度關系和面面垂直性質可證得平面，結合線面角定義可得，由此可確定點位置，從而求得，利用棱錐體積公式可求得結果.
【詳解】（1）分別為的中點，，，
平面，平面，
平面，平面，
又，平面，平面平面.
（2）取的中點，連接，
，，為等邊三角形，，
又，，為等腰直角三角形，
，；
二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，平面，
即為與平面所成角，
，解得：；
在中，由余弦定理得：，
即，解得：，為線段上靠近點的四等分點，
，
.
6．（2023·全國·高三專題練習）如圖1，在直角梯形中，，，，，.現沿平行于的折疊，使得且平面，如圖2所示.
(1)求的長度；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）利用垂直關系得，再結合勾股定理，即可求解；
（2）分別求平面和的法向量，根據二面角的向量公式，即可求解.
【詳解】（1）由平面，平面，得，
在矩形中，由，，知，
設，則，，
故，，
由勾股定理：，
解得：，
的長度為1；
（2）因為，，，
且平面，所以平面，
結合知，兩兩互相垂直，故以點為原點，為，，軸正方向建立空間直角坐標系，所以
，，，，，，
所以，，，，
設為平面的一個法向量，所以，
取，則，
設為平面的一個法向量，所以，
取，則，
記所求二面角大小為，為鈍角，則，
所求二面角的大小為.
7．（2023·新疆阿克蘇·校考一模）如圖甲所示的正方形中，，，，對角線分別交，于點，，將正方形沿，折疊使得與重合，構成如圖乙所示的三棱柱．
(1)若點在棱上，且，證明：平面；
(2)求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見詳解
(2)
【分析】（1）在圖乙中，過作，交于，連接，證明四邊形為平行四邊形，然后得到即可；
（2）建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用兩個法向量所成角的余弦值求得結果.
【詳解】（1）證明：在圖乙中，過作，交于，連接，
則，∴共面且平面交平面于，
圖甲中，∵，，
∴，又為正方形，
，，由，有，
∴四邊形為平行四邊形，∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）由（1），，∴．
由題圖知，，，分別以，，為，，軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，，
設平面的法向量為，
則
令，得，
則，，，
設平面的法向量為，
則
令，得，
，
平面與平面夾角的余弦值為．
8．（2023春·四川南充·高三閬中中學校考階段練習）如圖甲所示的正方形中，對角線分別交于點，將正方形沿折疊使得與重合，構成如圖乙所示的三棱柱
(1)若點在棱上，且，證明：∥平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）過作交于，證明四邊形平行四邊形后可證得線面平行；
（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求二面角．
【詳解】（1）在三棱柱中過作交于，連接，則，
所以四點共面，且平面平面，
因為，所以，
又是正方形，所以，，，
又，則，
所以四邊形平行四邊形，，
又平面，平面，所以平面；
（2）由（1）知，所以，而與都垂直，
則分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖，
由得，，，
所以，，
設平面的一個法向量是，
由，取得，
又，則，，
設平面的一個法向量是，
由，取得，
設二面角的平面角為，
則，
由圖可知二面角的平面角為鈍角，
所以二面角的余弦值是．
9．（2023·上海奉賢·校考模擬預測）如圖，將邊長為2的正方形ABCD沿對角線BD折疊，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.

(1)求證：直線EC與平面ABD沒有公共點；
(2)求點C到平面BED的距離.
【答案】(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）取的中點，連接、，證明平面即可得解；
（2）在三棱錐中，利用等體積法即可求出點到平面的距離.
【詳解】（1）取的中點，連接、，如圖，

依題意，在中，，則，
而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，且，
因為平面，且，則有，且，
從而得四邊形為平行四邊形，，
又平面，平面，
則平面，所以直線EC與平面ABD沒有公共點；
（2）因為平面，平面，所以，
因為，，平面所以平面
因為，于是得平面，
因為平面，平面，所以，
因為，所以，
則等腰底邊上的高，，
而，設點C到平面BED的距離為d，
由得，
即，解得，
所以點C到平面BED的距離為1
10．（2023·廣東深圳·校考二模）如圖1所示，等邊的邊長為，是邊上的高，，分別是，邊的中點．現將沿折疊，如圖2所示.

(1)證明：；
(2)折疊后若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由已知可得面，進而可證，可證，
（2）取的中點，連接，，取和的中點分別為和，連接，，，可證二面角的平面角為，進而求解即可．
【詳解】（1）在等邊的邊長為，是邊上的高，
根據折疊的性質可得，，
因為，，，平面，
所以平面，因為平面，所以，
因為和分別是和的中點，
所以，所以，
（2）取的中點，連接，
取和的中點分別為和，連接，，，

因為，，的中點分別為，，，
所以，，
因為，所以為等邊三角形，又為的中點，所以，
所以，又平面，平面，平面，所以，
又因為平面，
所以，又因為，平面，
所以平面，平面，
所以，
則二面角的平面角為，
所以，
又，解得，顯然為銳角，
所以，即二面角的余弦值為．
11．（2023秋·四川成都·高三校考階段練習）在圖1中，為等腰直角三角形，，，為等邊三角形，O為AC邊的中點，E在BC邊上，且，沿AC將進行折疊，使點D運動到點F的位置，如圖2，連接FO，FB，FE，使得．

(1)證明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由等邊三角形三線合一，得出，再由勾股定理逆定理得出，即可證明；
（2）方法一：建立空間直角坐標系，由面面夾角的向量法計算即可；方法二：作，垂足為M，作，垂足為N，連接，首先由線面垂直得出，則二面角的平面角為，在中，求出即可．
【詳解】（1）證明：連接OB，
因為為等腰直角三角形，，，
所以，
因為O為AC邊的中點，
所以，
在等邊三角形中，，
因為O為AC邊的中點，
所以，則，
又，
所以，即，
因為，平面，平面，
所以平面．

（2）方法一：因為是等腰直角三角形，，為邊中點，
所以，
由（1）得平面，則以O為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，

則，，，
所以，，
設平面的法向量為，
由，得，令，得，
易知平面的一個法向量為，
設二面角的大小為θ，
則，
由圖可知二面角為銳角，
所以二面角的余弦值為．
方法二：
作，垂足為M，作，垂足為N，連接，
因為平面，平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又平面平面，
所以二面角的平面角為，
因為，所以，
所以，，
在中，，，
所以，
所以，
所以，即二面角的余弦值為．

12．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考開學考試）已知矩形ABCD中，，，M，N分別為AD，BC中點，O為對角線AC，BD交點，如圖1所示．現將和剪去，并將剩下的部分按如下方式折疊：沿MN將折疊，并使OA與OB重合，OC與OD重合，連接MN，得到由平面OAM，OBN，ODM，OCN圍成的無蓋幾何體，如圖2所示．

(1)求證：MN⊥平面；
(2)求此多面體體積V的最大值．
【答案】(1)證明見解析
(2)1
【分析】（1）取中點E，通過證明平面，平面，證得即可得出線面垂直；
（2）由幾何體的對稱性化為求的最值，即M到面的距離最大，再結合三棱錐體積公式計算即可.
【詳解】（1）
在圖2中，取的中點E，連，
因為，E為的中點，所以，同理得，，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面．
（2）根據圖形的對稱性可知，，
因為的面積為，為定值，
所以當點M到平面OCN的距離最大值時，三棱錐體積最大，
此時平面OMC⊥平面ONC，點M到平面OCN的距離等于點M到OC的距離，等于，
所以此多面體體積V的最大值為．
13．（2023·全國·高三專題練習）如圖（1）所示，在中，，，，垂直平分．現將沿折起，使得二面角大小為，得到如圖（2）所示的空間幾何體（折疊后點記作點）

(1)求點到面的距離；
(2)求四棱錐外接球的體積；
(3)點為一動點，滿足，當直線與平面所成角最大時，試確定點的位置．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可證得平面平面，取中點 ，連接 ，則有兩兩垂直，所以以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，然后利用空間向量求解，
（2）連接，則四邊形的外接圓圓心在的中點，外接圓的圓心為的三等分點，過點圓心分別作兩面垂線，則垂線交點即為球心，連接，求出其長度可得外接球的半徑，從而可求出外接球的體積，
（3）由，表示出點的坐標，然后利用空間向量表示出直線與平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【詳解】（1）由，，，得 ，，
因為垂直平分，
所以，
所以為平面與平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以為等邊三角形，
取中點 ，連接 ，所以，
因為，平面，
所以平面，
因為平面，
所以平面平面，
因為
所以為二面角的平面角，
所以，
以為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
所以，
設的一個法向量為 ，則
，令，則
又，
所以點到面的距離；
（2）連接，由，則四邊形的外接圓圓心在的中點，
為正三角形，則外接圓的圓心為的三等分點，
過點圓心分別作兩面垂線，則垂線交點即為球心，
如圖所示，連接，則即球的半徑.
在中，，
則，
在中，，
所以由勾股定理得，
則球的體積 ；

（3）設，由得，
所以，得， ，
所以，
設直線與平面所成角為（），
則
所以當時，取得最大值，
此時直線與平面所成角最大，
即當時，直線與平面所成角最大.

14．（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，在邊長為的正方形中，點在線段上，且，作，分別交于點，作，分別交于點，將該正方形沿折疊，使得與重合，構成如圖所示的三棱柱．
(1)在三棱柱中，求證：平面；
(2)試判斷直線是否與平面平行，并說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)直線與平面不平行，理由見解析．
【分析】（1）利用線面垂直判定定理去證明平面；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量的方法去判斷直線與平面是否平行.
【詳解】（1），
從而有，
又，
平面．
（2）直線與平面不平行．理由如下：
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
，，，
，
設平面的一個法向量，
則，取，得，
，
直線與平面不平行．
2.探索性問題
一、解答題
1．（2023·全國·高三專題練習）已知正四棱臺的體積為，其中.

(1)求側棱與底面所成的角；
(2)在線段上是否存在一點P，使得？若存在請確定點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由見解析
【分析】（1）先求得正四棱臺的高，然后求得側棱與底面所成的角.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法確定是否存在符合題意的點.
【詳解】（1）依題意，在正四棱臺中，，
所以上底面積，下底面積，
設正四棱臺的高為，則.
連接，則，
所以，
設側棱與底面所成的角為，則，
由于線面角的取值范圍是，所以.
（2）連接，設正四棱臺上下底面的中心分別為，
以為原點，分別為軸建立如圖所示空間直角坐標系，
，
設線段上存在一點，滿足，
，
，
則，
，
若，則，
即，
解得，舍去，
所以在線段上不存在一點，使得.

2．（2023春·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考階段練習）如圖，在五棱錐中，，，.

(1)證明：；
(2)若平面平面，平面平面，探索：是否為定值？若為定值，請求出的值；若不是定值，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)是定值，
【分析】（1）由線面垂直證線線垂直.
（2）由空間直角坐標系，設，根據面面垂直的向量表示可得，
即得.
【詳解】（1）證明：取中點，連接，連接交于，
如圖，由知為等腰梯形，，
又，故，
顯然為中點，，
故 又，所以平面
又平面，故.

（2）若平面平面，
由為平面與平面的交線，知，，
如圖，可以為原點，建立平面直角坐標系.

設，因，

如圖，底面延長交于點，
由知為等邊三角形，
又，可知也為等邊三角形，
故，
又，
所以，又，所以為等邊三角形，
所以也為等邊三角形，故，
所以，故，
，，
，
設平面法向量為，則即
可令得，
，
設平面法向量為，則即
可令，
，有，
故.
3．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考階段練習）如圖，在五面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，，平面平面ABCD，且，，點G是EF的中點．

(1)證明：平面ABCD；
(2)線段AC上是否存在一點M，使平面ABF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）直接利用面面垂直的性質定理得到線面垂直；
（2）利用題中的已知條件建立空間直角坐標系，首先假設存在點M，設，求出平面ABF的法向量，進一步利用線面平行建立等量關系，求解即可．
【詳解】（1）因為，點G是EF的中點，所以，
又因為，所以，
由平面平面ABCD，平面平面，平面ADEF，
所以平面ABCD．
（2）由（1）得平面ABCD，平面ABCD，∴，
四邊形ABCD是邊長為4的正方形，所以AG、AD、AB兩兩垂直，
以A為原點，建立空間直角坐標系，如圖，

所以，
假設線段AC上存在一點M，使平面ABF，
設，則，
∵，∴，
設，則,
所以，
,
設平面ABF的法向量為
，取
由于平面ABF，所以，即，解得
所以，此時，
即當時，平面ABF．
4．（2023秋·浙江·高三浙江省春暉中學校聯考階段練習）已知四棱錐中，四邊形為等腰梯形，，，，，為等邊三角形．

(1)求證：平面平面；
(2)是否存在一點，滿足，使直線與平面所成的角為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可證得平面平面；
（2） 法一，先確定出直線與平面所成的角，再求得的值即可求得的值；法二，建立空間直角坐標系，依據題給條件列出關于的方程即可求得的值.
【詳解】（1）等腰梯形中，，則，
則，所以，．又，
由，得到，
又，平面，
因此平面，又因為平面，
故平面平面
（2）方法一：由（1）知平面，面，則面面．
作于點，則有面．
則即為直線與面所成角，
在直角三角形中，由，，得到
由，可得，又，所以存在．
方法二：過點作平面于，
以點為坐標原點，為軸，為軸，為軸，
建立如圖所示空間直角坐標系．

其中
得到，
設平面的一個法向量為
由，得，
不妨設，則，，則，
又，
則，
解之得（舍去）或，所以
5．（2023秋·重慶沙坪壩·高三重慶八中校考開學考試）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，三角形為正三角形，且側面底面.分別為線段的中點.

(1)求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面平面？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）構造三角形的中位線得到線線平行，再利用線面平行的判定定理即可得到線面平行；
（2）法一：建立空間直角坐標系，設，求出平面和平面的法向量，再利用兩平面垂直的向量法即可求出結果.法二：利用幾何法，先找出平面，使平面平面，再利用幾何關系即可求出結果.
【詳解】（1）連接交于點，連接，因為四邊形是菱形，所以點為的中點.
又因為為的中點，所以，
又因為平面平面，
所以平面.

（2）設底面邊長為2，連接，由于為菱形，且，
故，
所以，故有，
又三角形為正三角形，為中點，故，
又側面底面，平面平面，面，
所以平面，
如圖，以為原點，方向分別為軸正半軸，建立空間直角坐標系.
則，
設，則，
則，
設平面的法向量為，則有，得到，
取，得，，所以，
又平面法向量可取為，
由題可知，即，解得，
故存在點使得平面平面，.

法二：三角形為正三角形， 是的中點，
又側面底面，平面平面，面，
所以平面，
連接，取的中點，連接，則是的中位線，，
所以平面，
延長交于，又面，所以平面平面.
因為，所以，
又因為，所以，，
故存在點，使得平面平面，.

6．（2023秋·江西吉安·高三吉安三中校考開學考試）如圖，在四棱錐中，，四邊形是菱形，是棱上的動點，且．

(1)證明:平面．
(2)是否存在實數，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是 若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析；
(2)存在實數，使得面與面所成銳二面角的余弦值是.
【分析】（1）由題設，根據線面垂直的判定得平面，再由線面垂直的性質有，并由勾股定理證，最后應用線面垂直的判定證結論；
（2）取棱的中點，連接，構建空間直角坐標系，寫出相關點的坐標，應用向量法求面面角的余弦值，結合已知列方程求參數，即可判斷存在性.
【詳解】（1）
因為四邊形是菱形，所以.
因為平面，且，所以平面.
因為平面，所以.
因為，所以，即.
因為平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中點，連接，易證兩兩垂直，
故以為原點，分別以的方向為軸的正方向，建立空間直角坐標系．
設，則，
故，
所以，
設平面的法向量為，則，
令，得．
平面的一個法向量為,設面與面所成的銳二面角為，
則，整理得，解得(舍去)．
故存在實數，使得面與面所成銳二面角的余弦值是．
7．（2023春·河南信陽·高三信陽高中校考階段練習）如圖，在等腰梯形中，，四邊形為矩形，且平面，.

(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面與平面所成銳二面角的平面角為，且滿足.若不存在，請說明理由；若存在，求出的長度.
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）通過證明平面來證得平面.
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求得正確答案.
【詳解】（1）∵為等腰梯形，，∴
∵，則，∴.
又∵，則，
∴，∵平面，平面，∴.
∵平面，∴平面，
∵四邊形為矩形，則，
∴平面.
（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，

由（1）知，，則，
，設，
則，
設平面的法向量，
則，∴，令，
則，取平面的法向量，
，
由題意，.
解得.
因此在線段上存在點，
使得平面與平面所成銳二面角的平面角為，
且滿足.
8．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐中，平面平面，為等邊三角形，D，E分別為，的中點，，，.
(1)求證：平面；
(2)在線段上是否存在點F，使得平面與平面的夾角為，若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）先證明，結合，由線面垂直判定定理和定義證明，取中點G，由面面垂直性質定理證明平面，由此可得，最后利用線面垂直判定定理證明平面；
【詳解】（1）為等邊三角形，D為中點，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
取中點G，連接，
為等邊三角形，
，
平面平面，平面平面，平面.
平面，
，
與相交，，平面，
平面；
（2）以為坐標原點，，所在直線為x軸，y軸，過C且與平行的直線為z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，則
，，，，，
設，則
，，
設平面的一個法向量為，
則，所以，
取，可得，
為平面的一個法向量，
取平面的一個法向量為，
則，
解得，此時，
在線段上存在點F使得平面與平面的夾角為，且.
9．（2023·陜西安康·陜西省安康中學校考模擬預測）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為正方形，側面SAD為等邊三角形，，．

(1)證明：平面平面；
(2)側棱SC上是否存在一點P（P不在端點處），使得直線BP與平面SAC所成角的正弦值等于？若存在，求出點P的位置；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見詳解；
(2)存在，點P為SC的中點.
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理證明即可；
（2）建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，設，由直線BP與平面SAC所成角的正弦值等于，解得即可.
【詳解】（1）證明：因為底面ABCD為正方形，，所以，
又因為側面SAD為等邊三角形，所以.
，所以，即，又,
所以平面，又因為平面，
所以平面平面.
（2）如圖：

取的中點為，連接，因為側面為等邊三角形，
所以，
又由（1）可知平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
以為原點，分別以的方向為軸，軸，軸為正方向，建立空間直角坐標系.
，，，，，
所以，，，設.
，所以，所以.
設平面SAC的法向量為，由于，所以.
令，則，，所以，
所以.
因為直線BP與平面SAC所成角的正弦值等于.
所以，解得或（舍）
故存在，當點P為SC的中點時，使得直線BP與平面SAC所成角的正弦值等于.
10．（2023·廣西南寧·南寧三中校考一模）如圖，在四棱錐中，平面平面，底面為菱形，為等邊三角形，且，，O為的中點．
(1)若E為線段上動點，證明：；
(2)G為線段PD上一點，是否存在實數，當使得二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】（1）根據線面垂直的判定定理證明平面，即可證明結論；
（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，表示出平面的法向量，根據空間角的向量求法可求解參數，即可得結論.
【詳解】（1）連接OC，OP，∵為等邊三角形，，O為的中點,
∴，，，
∵，而底面為菱形，則，∴，
又∵，平面，平面POC，，∴平面，
又∵平面，∴.
（2）∵平面平面，平面平面，
平面，∴平面，
又∵平面，∴，
又由（1）知平面，平面，
故,
故，分別以為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．
則，，，，
，，
設，，
由，即，
得，
則，，
設平面的法向量，
則，
取，則，
又平面，則取平面的法向量為，
設與平面所成的角為，由題意知為銳角，
則，
解得，，（舍去）.
即存在實數，當使得二面角的余弦值是.
11．（2023秋·福建三明·高三統考期末）如圖，在三棱柱中，為等邊三角形，四邊形為菱形，，，.

(1)求證：平面；
(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面的夾角的正弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)證明過程見詳解
(2)存在，
【分析】（1）連接與相交于點，連接，分別根據菱形的和等邊三角形的相關性質得到和，再利用線面垂直的判定即可得證；
（2）建立空間直角坐標系，設，，利用法向量表示平面與平面的夾角的正弦值，求出的值即可.
【詳解】（1）連接與相交于點，連接，如圖所示：

四邊形為菱形，，
為等邊三角形，是的中點，有，
、面，，面，又面，
則，又已知，，平面，
所以平面.
（2），分別為，的中點，連接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因為為等邊三角形，，平面
以為原點，，，的方向分別為軸、軸、軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系

則，，，，由，
，
設，，
則，
設平面的一個法向量，
則有，
令，則，
易取平面的一個法向量為 ，
由已知平面與平面的夾角的正弦值為，
則平面與平面的夾角的余弦值為，
則有，
，由解得.
所以，點存在，.
12．（2023秋·湖南長沙·高三長沙一中校考階段練習）如圖所示，等腰梯形中，，，，E為中點，與交于點O，將沿折起，使點D到達點P的位置（平面）.

(1)證明：平面平面；
(2)若，試判斷線段上是否存在一點Q（不含端點），使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，求三棱錐的體積，若不存在，說明理由.
【答案】(1)證明詳見解析
(2)存在，且
【分析】（1）通過證明平面來證得平面平面.
（2）判斷出平面，由此建立空間直角坐標系，利用直線與平面所成角的正弦值確定點的坐標，進而求得三棱錐的體積.
【詳解】（1）在原圖中，連接，由于，
所以四邊形是平行四邊形，由于，所以四邊形是菱形，
所以，
由于，所以四邊形是平行四邊形，
所以，所以.

在反著過程中，保持不變，
即保持不變，
由于平面，
所以平面，由于平面，
所以平面平面.
（2）由上述分析可知，在原圖中，，所以，
所以，
折疊后，若，則，
所以，
由于平面，
所以平面，
由于平面，所以，
所以兩兩相互垂直，
由此以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
，
，
設，，
，
設平面的法向量為，
則，故可設，
設直線與平面所成角為，
則，
，，
所以，即是的中點.
由于軸與平面垂直，所以到平面的距離為，
所以.

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