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新高考数学满分训练必做题 专题8.4 立体几何中的探索性问题（基础+提升2000题1174~1191）
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这是一份新高考数学满分训练必做题 专题8.4 立体几何中的探索性问题（基础+提升2000题1174~1191），文件包含专题84立体几何中的探索性问题原卷版docx、专题84立体几何中的探索性问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题8.4 立体几何中的探索性问题
【1174】．（2021·全国高考真题·★★★★）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，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，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．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
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．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
【1175】．（2021·全国·高考真题·★★★★）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
【1176】．（2019·北京·高考真题·★★★）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
【1177】．（2019·北京·高考真题·★★★）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
【1178】．（2012·湖北·高考真题·★★★★）如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．
（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）与平面所成角的大小
【详解】本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值．同时考察直线与平面所成角．本题可用综合法和空间向量法都可以．运用空间向量法对计算的要求要高些．
（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．
由，知，△为等腰直角三角形，所以.
由折起前知，折起后（如图2），，，且，
所以平面．又，所以．于是
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当，即时, 三棱锥的体积最大．
解法2：
同解法1，得．
令，由，且，解得．
当时，；当时，．
所以当时，取得最大值．
故当时, 三棱锥的体积最大．
（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．
于是可得，，，，，，
且．
设，则. 因为等价于，即
，故，.
所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．
设平面的一个法向量为，由 及，
得 可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，可得
，即．
故与平面所成角的大小为
解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．
如图b，取的中点，连结，，，则∥.
由（Ⅰ）知平面，所以平面.
如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，
所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，
所以. 因为平面，又面，所以.
又，所以面. 又面，所以.
因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.
即当（即是的靠近点的一个四等分点），．
连接，，由计算得，
所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，
如图d所示，取的中点，连接，，
则平面．在平面中，过点作于，
则平面．故是与平面所成的角．
在△中，易得，所以△是正三角形，
故，即与平面所成角的大小为
【1179】．（2009·宁夏·高考真题·★★★）如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
（Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）；（Ⅲ）2:1.
【分析】（I）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，求出高SO，从而得到点S与点C和D的坐标，求出向量与，计算它们的数量积，从而证明出OC⊥SD，则AC⊥SD；（II）根据题意先求出平面PAC的一个法向量和平面DAC的一个法向量，设所求二面角为θ，则，从而求出二面角的大小；（III）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC，根据（Ⅱ）知是平面PAC的一个法向量，设，求出，根据可求出t的值，从而即当SE：EC=2：1时，，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC
【详解】（I）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD
（II）设正方形边长a，则．
又，所以∠SDO＝60°．
连OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠POD是二面角P－AC－D的平面角．
由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD＝30°，
即二面角P－AC－D的大小为30°
（III）在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC．
由（II）可得，故可在SP上取一点N，使PN＝PD．过N作PC的平行线与SC的交点即为E．连BN，在△BDN中知BN∥PO．
又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，得BE∥平面PAC．
由于SN∶NP＝2∶1，故SE∶EC＝2∶1
考点：1．直线与平面垂直的判定；2．二面角求解；3．线面平行的判定
【1180】．（2018·全国·高考真题·★★★）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】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
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．
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
【1181】．（2018·全国·高考真题·★★★）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见解析.
(2)1.
【详解】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；
(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
详解：（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为
．
点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.
【1182】．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测·★★★★）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
【1183】．（2018·上海·复旦附中三模·★★★★★）如图，空间直角坐标系中，四棱锥的底面是边长为的正方形，且底面在平面内，点在轴正半轴上，平面，侧棱与底面所成角为.
(1)若是顶点在原点，且过、两点的抛物线上的动点，试给出与满足的关系式；
(2)若是棱上的一个定点，它到平面的距离为（），写出、两点之间的距离，并求的最小值；
(3)是否存在一个实数（），使得当取得最小值时，异面直线与互相垂直？请说明理由；
【答案】(1)
(2)，
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意，求出点的坐标，代入抛物线方程，即可得出与的关系式；
（2）设点和的坐标，根据两点间的距离公式，利用二次函数的基本性质，即可得出函数的最小值；
（3）由（2）可知，当时，当取得最小值时，求得，由异面直线与垂直时，，代入即可求出的值.
（1）
由四棱锥是底面边长为的正方形，则，
可设与所满足的关系式为，将点横坐标和竖坐标代入该方程得，
解得，因此，与所满足的关系式为；
（2）
解：设点，，
则.
令，设，对称轴为直线.
①当时，即当时，函数在上单调递增，则，此时；
②当时，即当时，此时函数在取得最小值，即，
此时.
因此；
（3）
解：当时，此时点与原点重合，则直线与为相交直线，不符；
当时，则当取最小值时，，
当异面直线与垂直时，，即，化简得.
，解得.
【1184】．（2023·四川·成都七中模拟预测·★★★★★）如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)在翻折过程中总有平面平面，证明见解析
(2)
(3)存在且为线段的中点
【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）找到当平面时，四棱锥体积最大，直线和平面所成角的为，
求出，，由勾股定理得：，从而求出的正弦值；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
（1）
在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）
由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
（3）
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
【1185】．（2022·河南省杞县高中模拟预测·★★★★）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？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；或
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
（1）
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
【1186】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★★★）如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
.
【1187】．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测·★★★★）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
【1188】．（2018·上海·复旦附中三模·★★★★★）如图，空间直角坐标系中，四棱锥的底面是边长为的正方形，且底面在平面内，点在轴正半轴上，平面，侧棱与底面所成角为.
(1)若是顶点在原点，且过、两点的抛物线上的动点，试给出与满足的关系式；
(2)若是棱上的一个定点，它到平面的距离为（），写出、两点之间的距离，并求的最小值；
(3)是否存在一个实数（），使得当取得最小值时，异面直线与互相垂直？请说明理由；
【答案】(1)
(2)，
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意，求出点的坐标，代入抛物线方程，即可得出与的关系式；
（2）设点和的坐标，根据两点间的距离公式，利用二次函数的基本性质，即可得出函数的最小值；
（3）由（2）可知，当时，当取得最小值时，求得，由异面直线与垂直时，，代入即可求出的值.
（1）
由四棱锥是底面边长为的正方形，则，
可设与所满足的关系式为，将点横坐标和竖坐标代入该方程得，
解得，因此，与所满足的关系式为；
（2）
解：设点，，
则.
令，设，对称轴为直线.
①当时，即当时，函数在上单调递增，则，此时；
②当时，即当时，此时函数在取得最小值，即，
此时.
因此；
（3）
解：当时，此时点与原点重合，则直线与为相交直线，不符；
当时，则当取最小值时，，
当异面直线与垂直时，，即，化简得.
，解得.
【1189】．（2023·四川·成都七中模拟预测·★★★★）如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)在翻折过程中总有平面平面，证明见解析
(2)
(3)存在且为线段的中点
【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）找到当平面时，四棱锥体积最大，直线和平面所成角的为，
求出，，由勾股定理得：，从而求出的正弦值；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
（1）
在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）
由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
（3）
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
【1190】．（2022·河南省杞县高中模拟预测·★★★★）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？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；或
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
（1）
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
【1191】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★★）如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
.
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
专题8.4 立体几何中的探索性问题
【1174】．（2021·全国高考真题·★★★★）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，面与面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，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．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
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．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
【1175】．（2021·全国·高考真题·★★★★）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
【1176】．（2019·北京·高考真题·★★★）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）见解析；
（Ⅲ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；
(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.
【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:
分别取的中点，连接,
在三角形中，且；
在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;
又平面，平面，所以平面.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
【1177】．（2019·北京·高考真题·★★★）如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
【1178】．（2012·湖北·高考真题·★★★★）如图1，，，过动点A作，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿将△折起，使（如图2所示）．
（Ⅰ）当的长为多少时，三棱锥的体积最大；
（Ⅱ）当三棱锥的体积最大时，设点，分别为棱，的中点，试在棱上确定一点，使得，并求与平面所成角的大小．
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）与平面所成角的大小
【详解】本题考察立体几何线面的基本关系，考察如何取到最值，用均值不等式和导数均可求最值．同时考察直线与平面所成角．本题可用综合法和空间向量法都可以．运用空间向量法对计算的要求要高些．
（Ⅰ）解法1：在如图1所示的△中，设，则．
由，知，△为等腰直角三角形，所以.
由折起前知，折起后（如图2），，，且，
所以平面．又，所以．于是
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当，即时, 三棱锥的体积最大．
解法2：
同解法1，得．
令，由，且，解得．
当时，；当时，．
所以当时，取得最大值．
故当时, 三棱锥的体积最大．
（Ⅱ）解法1：以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．
于是可得，，，，，，
且．
设，则. 因为等价于，即
，故，.
所以当（即是的靠近点的一个四等分点）时，．
设平面的一个法向量为，由 及，
得 可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，可得
，即．
故与平面所成角的大小为
解法2：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，．
如图b，取的中点，连结，，，则∥.
由（Ⅰ）知平面，所以平面.
如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形，
所以. 取的中点，连结，又为的中点，则∥，
所以. 因为平面，又面，所以.
又，所以面. 又面，所以.
因为当且仅当，而点F是唯一的，所以点是唯一的.
即当（即是的靠近点的一个四等分点），．
连接，，由计算得，
所以△与△是两个共底边的全等的等腰三角形，
如图d所示，取的中点，连接，，
则平面．在平面中，过点作于，
则平面．故是与平面所成的角．
在△中，易得，所以△是正三角形，
故，即与平面所成角的大小为
【1179】．（2009·宁夏·高考真题·★★★）如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
（Ⅰ）求证：AC⊥SD；
（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由.
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）；（Ⅲ）2:1.
【分析】（I）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，求出高SO，从而得到点S与点C和D的坐标，求出向量与，计算它们的数量积，从而证明出OC⊥SD，则AC⊥SD；（II）根据题意先求出平面PAC的一个法向量和平面DAC的一个法向量，设所求二面角为θ，则，从而求出二面角的大小；（III）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC，根据（Ⅱ）知是平面PAC的一个法向量，设，求出，根据可求出t的值，从而即当SE：EC=2：1时，，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC
【详解】（I）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD
（II）设正方形边长a，则．
又，所以∠SDO＝60°．
连OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠POD是二面角P－AC－D的平面角．
由SD⊥平面PAC，知SD⊥OP，所以∠POD＝30°，
即二面角P－AC－D的大小为30°
（III）在棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC．
由（II）可得，故可在SP上取一点N，使PN＝PD．过N作PC的平行线与SC的交点即为E．连BN，在△BDN中知BN∥PO．
又由于NE∥PC，故平面BEN∥平面PAC，得BE∥平面PAC．
由于SN∶NP＝2∶1，故SE∶EC＝2∶1
考点：1．直线与平面垂直的判定；2．二面角求解；3．线面平行的判定
【1180】．（2018·全国·高考真题·★★★）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】分析：（1）先证,再证，进而完成证明．
（2）判断出P为AM中点，，证明MC∥OP，然后进行证明即可．
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．
点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P为AM中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．
【1181】．（2018·全国·高考真题·★★★）如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
【答案】(1)见解析.
(2)1.
【详解】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；
(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.
详解：（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．
又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．
作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为
．
点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.
【1182】．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测·★★★★）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
【1183】．（2018·上海·复旦附中三模·★★★★★）如图，空间直角坐标系中，四棱锥的底面是边长为的正方形，且底面在平面内，点在轴正半轴上，平面，侧棱与底面所成角为.
(1)若是顶点在原点，且过、两点的抛物线上的动点，试给出与满足的关系式；
(2)若是棱上的一个定点，它到平面的距离为（），写出、两点之间的距离，并求的最小值；
(3)是否存在一个实数（），使得当取得最小值时，异面直线与互相垂直？请说明理由；
【答案】(1)
(2)，
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意，求出点的坐标，代入抛物线方程，即可得出与的关系式；
（2）设点和的坐标，根据两点间的距离公式，利用二次函数的基本性质，即可得出函数的最小值；
（3）由（2）可知，当时，当取得最小值时，求得，由异面直线与垂直时，，代入即可求出的值.
（1）
由四棱锥是底面边长为的正方形，则，
可设与所满足的关系式为，将点横坐标和竖坐标代入该方程得，
解得，因此，与所满足的关系式为；
（2）
解：设点，，
则.
令，设，对称轴为直线.
①当时，即当时，函数在上单调递增，则，此时；
②当时，即当时，此时函数在取得最小值，即，
此时.
因此；
（3）
解：当时，此时点与原点重合，则直线与为相交直线，不符；
当时，则当取最小值时，，
当异面直线与垂直时，，即，化简得.
，解得.
【1184】．（2023·四川·成都七中模拟预测·★★★★★）如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)在翻折过程中总有平面平面，证明见解析
(2)
(3)存在且为线段的中点
【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）找到当平面时，四棱锥体积最大，直线和平面所成角的为，
求出，，由勾股定理得：，从而求出的正弦值；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
（1）
在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）
由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
（3）
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
【1185】．（2022·河南省杞县高中模拟预测·★★★★）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？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；或
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
（1）
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
【1186】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★★★）如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
.
【1187】．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测·★★★★）如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接与交于点O，连接OM，证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，不妨设，设，，利用向量法求出，从而可得出的结论.
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
【1188】．（2018·上海·复旦附中三模·★★★★★）如图，空间直角坐标系中，四棱锥的底面是边长为的正方形，且底面在平面内，点在轴正半轴上，平面，侧棱与底面所成角为.
(1)若是顶点在原点，且过、两点的抛物线上的动点，试给出与满足的关系式；
(2)若是棱上的一个定点，它到平面的距离为（），写出、两点之间的距离，并求的最小值；
(3)是否存在一个实数（），使得当取得最小值时，异面直线与互相垂直？请说明理由；
【答案】(1)
(2)，
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意，求出点的坐标，代入抛物线方程，即可得出与的关系式；
（2）设点和的坐标，根据两点间的距离公式，利用二次函数的基本性质，即可得出函数的最小值；
（3）由（2）可知，当时，当取得最小值时，求得，由异面直线与垂直时，，代入即可求出的值.
（1）
由四棱锥是底面边长为的正方形，则，
可设与所满足的关系式为，将点横坐标和竖坐标代入该方程得，
解得，因此，与所满足的关系式为；
（2）
解：设点，，
则.
令，设，对称轴为直线.
①当时，即当时，函数在上单调递增，则，此时；
②当时，即当时，此时函数在取得最小值，即，
此时.
因此；
（3）
解：当时，此时点与原点重合，则直线与为相交直线，不符；
当时，则当取最小值时，，
当异面直线与垂直时，，即，化简得.
，解得.
【1189】．（2023·四川·成都七中模拟预测·★★★★）如图1，在边上为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；
(2)当四棱锥体积最大时，求直线和平面所成角的正弦值；
(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得二面角余弦值的绝对值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)在翻折过程中总有平面平面，证明见解析
(2)
(3)存在且为线段的中点
【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）找到当平面时，四棱锥体积最大，直线和平面所成角的为，
求出，，由勾股定理得：，从而求出的正弦值；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
（1）
在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）
由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为，
此时四棱锥体积的最大值为，
直线和平面所成角的为，
连接，在直角三角形中，，，
由勾股定理得：.
．
（3）
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
由（2）知，，
又，且，平面，平面，
平面，
故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
【1190】．（2022·河南省杞县高中模拟预测·★★★★）如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
(1)求证：平面平面PAD；
(2)若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？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；或
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
（1）
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
【1191】．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测·★★★）如图，四棱锥中，平面.M是CD中点，N是PB上一点.
(1)若求三棱锥的体积；
(2)是否存在点N,使得平面,若存在求PN的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）证得点到平面的距离是，进而可求出结果；
（2）证得，进而可证出平面，从而可求出PN的长.
(1)
，
由面面且交线是，又，面，
所以平面，又MD，
点到平面的距离是，
又，则，
三棱锥的体积.
(2)
存在.
，
连接并延长至于交于点，
，
在中：，
在中：在上取点，使得，
而，则，
又平面，平面，
平面，
在中，，
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