专题35 立体几何中的探索性问题求解策略-学会解题之高三数学解题模板【2022版】（解析版）

这是一份专题35 立体几何中的探索性问题求解策略-学会解题之高三数学解题模板【2022版】（解析版），共14页。主要包含了高考地位，变式演练1，变式演练2，变式演练3，变式演练4，变式演练5，高考再现，反馈练习等内容，欢迎下载使用。
【高考地位】
立体几何中的探索性问题是高考几何的一个难点，尤常见于新高考的多选题中，其题目特点是灵活性较强，需要相对丰富的空间想象能力及计算能力，对所研究几何体进行深入的剖析与推理，其常见类型有两种：一、空间中位置关系的探索；二、空间角的探索.
类型一 空间中位置关系的探索
方法一 几何法
例1 已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，现有以下结论：
①线段的长度是；
②周长的最小值为；
③存在点使得平面；
④始终是钝角.
其中不正确的结论共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【来源】河北省沧州市2021届高三三模数学试题
【答案】C
【分析】
在中计算，，利用勾股定理计算，可判断①；将空间问题转化为平面问题，由三点共线最短，可得周长的最小值，判断②；根据反证法思想判断③；利用极限思想判断当点在线段上无限靠近点时，趋向于以点为顶点的等腰三角形，为锐角，判断④.
【详解】
如图1，设正方形的中心为，连接，，则平面，.设的中点为，连接，，则，所以.中，，，，所以由余弦定理可得，所以，故①不正确.
将正和沿翻折到一个平面内，
如图2，当，，三点共线时，取得最小值，
此时，点为的中点，，
所以周长的最小值为，故②正确.
若平面，则，
此时点为上靠近点的四等分点，
而此时，与显然不垂直，故③不正确.
当点在线段上无限靠近点时，的长度无限趋向于，
趋向于以点为顶点的等腰三角形，此时为一个锐角，故④不正确.
故选：C.
【点睛】
关于空间几何体边长的计算一般放在三角形中利用勾股定理或者余弦定理求解，涉及边长和的最小值的问题，可将空间问题转化为平面问题，即三点共线时取最小值计算.
【变式演练1】（多选）在直角三角形ABC中，∠B＝，AC＝2BC＝4，D为线段AC的中点，如图，将△ABD沿BD翻折，得到三棱锥P﹣BCD（点P为点A翻折到的位置），在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．△PBD的外接圆半径为2
B．存在某一位置，使得PD⊥BD
C．存在某一位置，使得PB⊥CD
D．若PD⊥DC，则此时三棱锥P﹣BCD的外接球的体积为
【来源】山东省百师联盟2021届高三二轮联考数学试题（二）
【答案】AD
【分析】
对于A，通过正弦定理来判断；对于B，由于∠ADB≠90°可以判断；对于C通过线面垂直来判断；对于D求出外接球的半径即可判断.
【详解】
∵∠B＝，AC＝2BC＝4，D为线段AC的中点，
∴∠A＝30°，BD＝2，
在ABD中，由正弦定理得：2R＝，解得R＝2，
∴PBD的外接圆半径为2，A正确；
由题意可知，∠ADB≠90°，
∴∠PDB≠90°，即PD与BD不垂直，B错误；
若PB⊥CD，取CD的中点M，连接BM，PM，因为BDC为等边三角形，则，则可得平面，从而，又为中点，且，所以PDC为等边三角形，所以可得，而，这与矛盾，C错误；
若,在中，,
有,所以,
取的中点，可得,在中，,
有,所以,
而,所以平面，
从而可知外接球的球心在上，则有，
解得R＝2，
所以V＝，D正确．
故选：AD．
【点睛】
关键点睛：解决本题的关键一是通过线面垂直来证明线线垂直，二是在求三棱锥外接球时建立直角三角形解方程是求外接球的关键.
方法二 向量法
例2、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．
【来源】全国一卷2021届高中毕业班考前热身联合考试理科数学试题
【答案】D
【分析】
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】
（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.
【点睛】
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.
例3、（多选）在棱长固定的正方体中，点E，F分别满足，，则（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，存在使得平面
C．当时，点A，B到平面的距离相等
D．当时，总有
【来源】江苏省苏州市2021-2022学年高三上学期期初调研数学试题
【答案】ACD
【分析】
利用正方体的性质可以直接计算时，三棱锥的体积判断A，当时，若平面，可推出与的矛盾，可判断B，时，E是AB中点显然正确，当时，建立空间直角坐标系，设，求出所需各点坐标，计算可判断D正确.
【详解】
不妨设正方体的棱长为1，如图，
对于
对于B：要使平面，则必须，又，所以需要，所以E在中点，因为，所以与不垂直，所以不存在，错误；
对于C：因为，所以正确；
对于D：建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，
，，所以，，因为，所以，故D正确.
故选：ACD
【变式演练2】（多选）在棱长为1的正方体中，点E为线段上一动点（不包含端点），则下列说法正确的有（ ）
A．平面
B．的最小值为
C．存在点E使得
D．点D到平面的距离为
【来源】全国新高考2021届高三数学方向卷试题（A）
【答案】AD
【分析】
A选项通过证明来证得平面；通过展开平面，结合余弦定理求得最小值；利用向量法判断C选项的正确性；根据正方体的性质判断D选项的正确性.
【详解】
根据正方体的性质可知 ，由于，∴平面，A正确.
展开平面如下图所示，由图可知的最小值为图中，下图中，，，由余弦定理得，所以B错误.
以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示，设，
∴，，,,
.若，
则，即，
此时C与E重合，与已知矛盾，C错误.
根据正方体的性质可知平面，
∴D到平面的距离，D正确.
故选:AD
【变式演练3】如图所示，在四棱锥中，平面，，，，为的中点．
（1）求证平面；
（2）若点为的中点，线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，请确定的位置；若不存在，请说明理由．
【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；．
【分析】
（1）先证明平面，进而得到面，得出，再根据条件证明，最后根据线面垂直的判定定理得到结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出两个平面的法向量，进而根据面面垂直求出k.
【详解】
（1）因为平面，所以，又，，所以平面，又，所以面，面，．
又，为的中点，所以，而，所以平面．
（2）以A为坐标原点，所在方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，．
所以，设（），所以，则，所以，，
设平面的法向量为，则，，
即，令，则，
由（1）可知为平面的一个法向量，若平面平面，则，即，解得．即时平面平面.
类型二 空间角的探索
方法一 几何法
例3．如图，矩形中，已知为的中点．将沿着向上翻折至得到四棱锥．平面与平面所成锐二面角为，直线与平面所成角为，则下列说法错误的是（ ）
A．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面平面
B．若为中点，则无论翻折到哪个位置都有平面
C．
D．存在某一翻折位置，使
【来源】湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2021届高三下学期5月高考押题卷文科数学试题
【答案】C
【分析】
对于A：根据线面垂直的判定和面面垂直的判定可判断；
对于B：取中点，根据三角形的中位线的性质可证得四边形PECQ是平行四边形，再由线面平行的判定可判断；
对于C：过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为或其补角，根据面面角和线面角的定义可判断；
对于D：根据面面角和线面角的定义可判断．
【详解】
若为中点，连接交于点，则面，又面，所以平面平面，故A正确；
取中点，则，，又，
所以四边形PECQ是平行四边形，又平面，平面，所以平面，故B正确；
过作平面，则在上，所以平面与平面所成锐二面角为（或其补角），
，故C错误；
若，又，则，故D正确，
故选：C．
【点睛】
方法点睛：空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
【变式演练4】（多选）在棱长为1的正方体中，点满足，，，则以下说法正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，存在唯一点使得与直线的夹角为
C．当时，长度的最小值为
D．当时，与平面所成的角不可能为
【来源】湖北省恩施州2021-2022学年高三上学期第一次教学质量监测数学试题
【答案】ACD
【分析】
对于A，可知点在线段上，易证平面平面，利用线面平行的性质可证得结论；对于B，可证得点为中点，此时可判断； 对于C，可知三点共线，线段在中，利可求得距离最小值； 对于D，设点在平面内的射影为Q在线段上，则为所求角，求，可判断结果.
【详解】
对于A，当时，，即点在线段上，利用正方体的性质，易证平面平面，平面，平面，故A正确；
对于B， 当时，，设的中点为H，则，即，即点为中点，此时，故B错误；
对于C，当时，可知三点共线，线段在中，当点为中点时，最小，此时，，故长度的最小值为，故C正确；
对于D，当时，可知三点共线，点在平面内的射影为Q在线段上，则为与平面所成的角，，又，所以，而，所以与平面所成的角不可能为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
方法二 向量法
例4．如图1，菱形中，动点，在边，上(不含端点)，且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示.
（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，，求；
（2）试讨论，当点的位置变化时，二面角是否为定值，若是，求出该二面角的余弦值，若不是，说明理由.
【来源】重庆市南开中学2021届高三下学期第六次质量检测数学试题
【答案】（1）；（2）;
【分析】
根据题目信息建立空间直角坐标系，
（1）将直线的方向向量表示出来，根据数量积等于0求解题目中的取值，进而可以求得，最后获得体积之比；
（2）分别将两个平面的法向量求解出来，根据面面角的公式求解平面角的余弦值，最后根据角是钝角得出结果即可.
【详解】
(1)取的中点为，
因为即，所以,
所以,又因为平面平面，
平面平面，
所以平面，
连接,由题意可知,
以点为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，,,，
所以，，
因为，所以，
解得：或者（舍）；
因为三棱锥和四棱锥的体积分别为，，
所以.
(2) 二面角是定值,证明如下：
由（1）知，面的法向量，
由，，
设面的法向量为 ，
所以，
取，则，，即，
设二面角的平面角为，
所以，
由图可知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
【点睛】
用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.
【变式演练5】如图，在半径为的半球O中，平行四边形是圆O的内接四边形，，点P是半球面上的动点，且四棱锥的体积为．
（1）求动点P的轨迹T围成的面积；
（2）是否存在点P使得二面角的大小为？请说明理由．
【来源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题
【答案】（1）；（2）存在，理由见解析.
【分析】
（1）根据条件得为矩形，可得底面积，由体积可得高，进而得点在底面的距离为的平面内，点的轨迹为半径为的圆，从而得解；
（2）以底面圆的圆心为原点，建立空间直角坐标系，设，易知，再分别求两个面的法向量，通过法向量表示二面角的余弦列方程求解即可.
【详解】
（1）由已知条件可知，平行四边形为矩形，
因为，，
所以，四边形的面积为，
设点到底面的距离为，
则，解得，
所以点在底面的距离为的平面内，
又因为点是半球面的动点，
所以点的轨迹为半径为的圆，
所以T围成的面积，
（2）存在点P使得二面角的大小为，理由如下：
以底面圆的圆心为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）可知，
设，易知，
设平面的法向量为，
，，
，
取，
由题意可取平面的法向量为，
若要满足题目条件，则，
解得，
所以存在点P使得二面角的大小为.
【点睛】
思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：
（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；
（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；
（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.
【高考再现】
1．（2018年全国卷Ⅲ文数高考试题）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【详解】：（1）由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．
又BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC．
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．
证明如下：连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM 中点，所以MC∥OP．
MC平面PBD，OP平面PBD，所以MC∥平面PBD．
【反馈练习】
1．（多选）已知梯形，，，，是线段上的动点；将沿着所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项中正确的是（ ）
A．不论何时，与都不可能垂直
B．存在某个位置，使得平面
C．直线与平面所成角存在最大值
D．四面体的外接球的表面积的最小值为
【来源】广东省佛山市五校联盟2021届高三5月数学模拟考试试题
【答案】AD
【分析】
利用反证法可判断AB选项的正误；分别取、的中点、，连接、，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体的外接球心为，求出四面体外接球半径的最小值，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，在梯形中，，，，
，且，则，
因为，由余弦定理可得，
，，
若，且，平面，
平面，，事实上，矛盾，
故不论何时，与都不可能垂直，A选项正确；
对于B选项，若平面，平面，则，
所以，，而，，即，
则、、无法构成三角形，不合乎题意，B选项错误；
对于C选项，分别取、的中点、，连接、，则，
，，则，
，为的中点，则，
，故平面，
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、、、，，
设三棱锥的球心为，
由可得，解得，
设三棱锥的外接球半径为，则，当且仅当时，等号成立，
因此，四面体的外接球的表面积的最小值为，D选项正确.
对于C选项，设，
，
易知平面的一个法向量为，
，
而，
即当时，无最大值，进而可知直线与平面所成角无最大值，C选项错误.
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
2．（多选）已知某正方体的平面展开图如图所示，点，分别是棱，的中点，是棱（不包含端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．存在点使得平面
C．存在点使得平面
D．当为棱的中点时，平面截正方体所得上、下两个几何体的体积之比为
【来源】2021新高考高考最后一卷数学第三模拟
【答案】ACD
【分析】
还原成立体图形，由于平面，则A可判断；由在底面上的射影与不垂直，则B可判断；当为棱的中点时，有，则C可判断；分别求得两部分的体积即可判断D．
【详解】
如图，A选项，因为，所以平面，又点到平面的距离为定值，
所以四面体的体积为定值，A正确；
B选项，连接，若平面，则，但在底面上的射影与不垂直，
因此与不可能垂直，故B错误；
C选项，连接，当为棱的中点时，易知，，，四点共面，且，
所以平面，C正确；
D选项，连接，当为棱的中点时，平面截正方体所得下部分的几何体为三棱
台，不妨设正方体的棱长为2，则三棱台的体积
，平面截正方体所得上部分的几何体的体积
，故上、下两个几何体的体积之比为，D正确．
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：本题的解题关键在于还原立体图，掌握线面位置关系的判定定理．
3．（多选）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ）
A．当λ=时，三棱锥P-EFD的体积为定值
B．当µ=时，四棱锥P-ABCD的外接球的表面积是
C．的最小值为
D．存在唯一的实数对，使得EP⊥平面PDF
【来源】广东省2022届高三上学期新高考普通高中联合质量测评摸底数学试题
【答案】ACD
【分析】
对于A选项，当时，，只需要证明点到平面的距离恒定，就能说明三棱锥的体积为定值；对于B选项，当时，点为正方体的中心，只需求出四棱锥的外接球的半径即可算出表面积；对于C选项，把问题转化为在平面内求点使得最小即可求解；对于D选项，建立空间直角坐标系，利用向量方法来证明即可.
【详解】
对于A选项，当时，点为线段的中点，又为线段的中点，故为三角形的中位线，，点在线段运动时，点到平面的距离恒定，故三棱锥的体积为定值；对于B选项，当时，点为正方体的中心，设四棱锥的外接球的半径为，由，解得，故四棱锥的外接球的表面积为对于C选项，把问题转化为在平面内求点使得最小，如图，作点关于线段的对称点，过点作的垂线，垂足分别为和，
则，设，则，故，故
对于D选项，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
易求得，，故，若平面，
则
解得（舍）或故存在唯一的实
数对，使得平面.
故选：.
4．如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，点在线段上.给出下列命题：
①直线直线；
②直线与平面所成角的正弦值的取值范围是；
③存在点，使得直线平面；
④存在点，使得直线平面.
其中所有真命题的序号是______.
【来源】四川省大数据精准联盟2021届高三第三次统一监测文科数学试题
【答案】①②④
【分析】
证明平面，可判断①的正误；利用线面角的定义可判断②的正误；利用反证法可判断③的正误；利用线面平行的判定可判断④的正误.
【详解】
对于①，因为四边形为正方形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，则，①正确；
对于②，过点在平面内作，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以，平面，所以，直线与平面所成的角为，
当点与点重合时，取得最小值，此时，
当点与点重合时，取得最大值，此时.
综上所述，直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，②正确；
对于③，设与相交于点，若平面，且平面，则，
连接，则，同理可得，，
，由勾股定理可得，
当在线段上运动时，在题设条件下与不平行，则不成立，③错误；
对于④，当点为的中点时，
因为四边形为矩形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，因此，平面，④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
5．七面体玩具是一种常见的儿童玩具．在几何学中，七面体是指由七个面组成的多面体，常见的七面体有六角锥､五角柱､正三角锥柱､Szilassi多面体等．在拓扑学中，共有34种拓扑结构明显差异的凸七面体，它们可以看作是由一个长方体经过简单切割而得到的．在如图所示的七面体中，平面
（1）在该七面体中，探究以下两个结论是否正确．若正确，给出证明；若不正确，请说明理由：
①平面；
②平面；
（2）求该七面体的体积．
【来源】广东省珠海市第二中学2021届考前模拟数学试题
【答案】（1）结论①正确；证明见解析；结论②错误；答案见解析；（2）．
【分析】
（1）①由平行四边形得线线平行，再得线面平行；
②假设平面，平面，得平面，得，
但，所以，与矛盾，故②错误.
（2）将七面体进行分解，
七面体的体积等于，转化为容易求体积的几何体来计算；
也可补形为长方体,通过来求解；
以及利用空间直角坐标系也行.
【详解】
（1）结论①正确，结论②错误，理由如下：
对于结论①，因为且，连接，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，
平面结论①正确
对于结论②，若，则，
因为平面，，所以平面，
所以，又因为，所以平面，
所以，而在梯形中，，
，所以，与矛盾
所以结论②错误．
（2）方法一：连接，交于点，连接，
则在平面中，与EG相交，
设交点为，则由可得，
又，
该七面体的体积等于
方法二：将该七面体补成如图所示的长方体；
方法三：建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离
后求三棱锥的体积．(参照给分
【点睛】
充分利用题目信息，特别是几何体的几何特征，并会假设结论成立，推导，若得出矛盾，则假设错误，否则假设成立.复杂的不规则的几何体体积求解,需要转化为常见几何体的体积来解.
6．如图，为正三角形，半圆以线段为直径，是圆弧上的动点（不包括，点）平面平面．
（1）是否存在点，使得？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由；
（2），求直线与平面所成角的正弦值．
【来源】百强名校2021届高三5月模拟联考（A卷）理科数学试题
【答案】（1）不存在点，使得，答案见解析；（2）．
【分析】
（1）假设存在点，使得．过点作，根据面面垂直的性质定理，可得平面，，根据线面垂直的判定定理，可得平面，即，与已知矛盾，假设不成立，故不存在点D.
（2）如图建系，设，根据条件，可得各点坐标，进而可得，，坐标，求得平面的法向量，利用线面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】
（1）不存在点，使得，证明如下：
∵是圆弧上的动点（不包括，点），假设存在点，使得．过点作，
∵平面平面，平面平面．
∴平面，平面，
∴，又，
∴平面，即，
而，得出矛盾．假设不正确．因此不存在点，使得．
（2）设圆心为点，连接OA，作垂直于BC，分别以，，OA，为x，y，z轴正方向建系，如图所示．

设，则，，，，．
∴，，，
设平面的法向量为：，
则，∴，，取，
∴直线与平面所成角的正弦值
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定、性质定理，面面垂直的性质定理，并灵活应用，在利用向量法求线面角时，直线方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值，即为线面角的正弦值，考查计算求解的能力.
7．在滨海文化中心有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图所示，长方体中，，圆台下底圆心为的中点，直径为2，圆与直线交于，圆台上底的圆心在上，直径为1.
（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）求二面角的余弦值；
（3）圆台上底圆周上是否存在一点使得，若存在，求点到直线的距离，若不存在则说明理由.
【来源】天津市河东区2021届高三下学期一模数学试题
【答案】（1）；（2）；（3）存在点，此时点到直线的距离为．
【分析】
（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的计算公式求解即可；
（2）利用待定系数法求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可；
（3）假设存在点，，，利用点在底面圆上以及垂直关系，列出关于，的方程，求解即可．
【详解】
（1）由题意可知，建立空间直角坐标系如图所示，
则，0，，，4，，，1，，，0，，
所以，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，故，
所以，
故与平面所成角的正弦值为；
（2）由（1）可知，，3，，所以，
设平面的法向量为，
则有，即，
令，则，，故，
所以，
故二面角的余弦值为；
（3）由（1）可知，，0，，，4，，
所以，
假设存在这样的点，设，，，
由题意可知，
所以，因为，
则有，
所以，又，
所以，
解得（舍，，
所以当时，，
此时点到直线的距离为．
【点睛】
关键点点睛：涉及线面角与二面角角的求解以及点到线的距离的求解的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
8．如图，已知矩形所在平面垂直于直角梯形所在平面，且，，，且
（1）设点M为棱中点，求证平面；
（2）线段上是否存在一点N，使得直线与平面所成角的正弦值等？若存在，试求出线段的长度；若不存在，请说明理由．
【来源】湖北省新高考联考协作体2021-2022学年高三上学期新起点考试数学试题
【答案】（1）证明见解析；（2）存在；或．
【分析】
（1）根据面面垂直的性质定理证明直线，，两两垂直，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据空间向量的数量积即可求解.
（2）求出平面的一个法向量，根据线面角即可求解.
【详解】
证明：（1）∵平面平面，
平面平面，，
∴平面，又，
∴直线，，两两垂直，
以为原点，分别以，，为轴，轴，轴
建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，∴
∴，
∵平面，∴为平面的一个法向量，
∵
∴，又平面，
∴平面
（2）解：∵，
设平面的法向量为，则
∴，令，得
假设线段上存在一点，
使得直线与平面所成角的正弦值等于．
设，
∴
∴
∴，或．
∴线段上存在两个点使当或时，
直线与平面所成角的正弦值等于．
9．如图，在三棱柱中，平面，，E，F分别为，的中点．
（Ⅰ）在四边形内是否存在点G，使平面平面？若存在，求出该点的位置；若不存在，请说明理由；
（Ⅱ）设D是的中点，求与平面所成角的正弦值．
【来源】“超级全能生”2021届高三3月份高考数学（理）联考试题（丙卷）
【答案】（Ⅰ）四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面；（Ⅱ）.
【分析】
（Ⅰ）取，的中点M，N，可得，从而可得平面，同理可证平面，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得结论；
（Ⅱ）取的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得与平面所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）如图所示，取，的中点M，N，连接，，，，，，
因为E，F分别为，的中点，
所以在直三棱柱中，，
又因为平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又，所以平面平面，
即平面平面，
所以四边形内存在点G，即线段上任意一点，使平面平面．
（Ⅱ）取的中点O，连接，，则在直三棱柱中，，，两两垂直，
以O为坐标原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
所以，
所以与平面所成角的正弦值为．
10．在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面，是边长为2的正三角形，，分别为，的中点.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）在棱上是否存在一点，使得锐二面角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【来源】2021届高三数学临考冲刺原创卷（三）
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，.
【分析】
（Ⅰ）取的中点，连接，，由中位线的性质得，由线面平行的判定定理得平面，平面，再利用面面平行的判定定理及性质定理即可得证；
（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】
（Ⅰ）证明：取的中点，连接，，
，分别为，的中点，.
又平面，平面，
平面.
同理可证平面.
又，平面平面.
又平面，平面.
（Ⅱ）设在上存在一点，使得锐二面角的余弦值为.
为正三角形，且为的中点，
.
又平面平面，平面平面，
平面.
在菱形中，，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则点，，，，
，.
设向量是平面的法向量，
则
令，则.
设，则，
.
设向量是平面的法向量，
则
令，则，
则，
或（舍）
在棱上存在一点，使得锐二面角的余弦值为，此时.

万能模板
内 容
使用场景
不规则几何体或不好建立坐标系的几何体
解题模板
第一步 确认几何体类型；
第二步 通过补形、延展、分割等将所求问题平面化；
第三步 利用所探索的点线面相关的条件，结合判定定理及性质定理进行推理与计算.
万能模板
内 容
使用场景
求参数（或范围）方便或可以建立坐标系
解题模板
第一步 观察几何体特征，确定坐标系；
第二步 分别求出组成的几何体的体积；
第三步 根据公式求解结果.
万能模板
内 容
使用场景
不规则几何体或不好建立坐标系的几何体
解题模板
第一步 确认几何体类型；
第二步 通过垂线法、垂面法等作出角；
第三步 利用所探索的点线面相关的条件，结合判定定理及性质定理进行推理与计算.
万能模板
内 容
使用场景
求不确定点或面的问题
解题模板
第一步 确定空间直角坐标系；
第二步 通过条件进行推理，引入变量表示所需点的坐标；
第三步 利用所探索的点线面相关的条件，结合向量计算确认参数的值或范围.