第35讲 立体几何中的动态问题解析版

第35讲立体几何中的动态问题【典型例题】例1．（2024·高三·天津南开·阶段练习）如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，E，F分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为45°．(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离；(3)边BC上是否存在点M，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：由题设可得四棱台为正四棱台，故可建立如图所示空间直角坐标系：则，所有，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，因为，且平面，所以平面；（2）易知，则，所以点到平面的距离为；（3）假设在边BC上存在点M，设，则，因为直线与平面所成的角的正弦值为，所以，即，解得或（舍去），则，此时.例2．（2024·高三·湖南·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.

(1)证明：平面；(2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由.【解析】（1）如图，取的中点O，因为，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，平面，，所以平面.（2）因为，O为的中点，，所以，过点O作交于点E，则由平面,平面,可得，则以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，设与，都重直的向量为，则得令，则，设直线与直线的距离为d，则，则不存在点M和N使得.例3．（2024·高三·上海黄浦·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，E为AD的中点．(1)求证：；(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面PEB？请说明理由【解析】（1）因为为中点，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，因此．（2）存在为中点时，平面，理由如下：取中点为，连接，因为为中点，，且．在矩形中，为中点，所以，且．所以，且，所以四边形为平行四边形，因此，又因为面面，所以面．例4．（2024·高三·安徽池州·期末）如图，在五面体中，四边形是矩形，平面平面．(1)求该五面体的体积；(2)请判断在棱上是否存在一点G，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为底面是矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因过的平面平面，所以，分别取与的中点M，N，连接，则平面将五面体分割成两部分，几何体和棱锥，故，取中点为O，，，为中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，又因为，所以，则几何体为棱柱，取的中点，连接，可得，则四边形为平行四边形，则，由平面，可得平面，则为棱锥的高，由可得，则，又，平面，平面平面，平面平面，所以平面，所以为棱柱的高，，；（2）取中点Q，连接，易得，结合（1）可知两两垂直，以O为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立如图所示的空间直角坐标系；则，，，设平面的法向量，可得则，得，令得，解得平面的一个法向量，在上，设，，，则，设直线与平面所成角为，，或（舍去），，故存在G点，当，即G与F重合时，与平面所成角的正弦值为．例5．（2024·高三·云南楚雄·期末）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，E是的中点，且，，.(1)证明：平面平面；(2)在棱上是否存在点F（不含端点），使得平面与平面的夹角的余弦值为？如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）由，，，得，所以，又底面是正方形，所以，因为，面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）过点A在平面内作的垂线，以A为坐标原点，以这条垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.设，因为，所以，则点P的坐标为，则，，，.设平面的法向量是，由，即，令，得.设平面的法向量是，由，即，令，得.所以，所以，整理得，解得或（舍去），所以，即.例6．（2024·广东广州·二模）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且与平面垂直，，.(1)证明：平面；(2)棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接与，由于四边形为菱形，故由于侧面与平面垂直，且两平面的交线是，侧面，故平面,平面,故,又，平面，故平面（2）由（1）知平面，平面,所以平面平面，且交线为,由于故三角形为等边三角形，取中点为，则,平面，所以平面，故建立如图所示的空间直角坐标系，其中轴与平行，,,设平面的法向量为，则，取，则，设，其中，,故，故，化简得，解得，故故存在，且在的中点.例7．（2024·高三·重庆·开学考试）在四棱锥中，已知，．(1)求证：平面平面；(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．【解析】（1）连接，因为，，故为等边三角形，则，又，易知，又，故，即，有，故，又，、平面，且，故平面，又平面，故平面平面；（2）取中点，连接与中点，连接，由，故，又平面，平面平面，平面平面，故平面，又平面，故，由，、分别、中点，故，即、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，由，，故，即有、、、、、，，则，，，，由，则，即，故，令平面与平面的法向量分别为、，则有、，即、，令、，则可得，，则，解得.【过关测试】1．（2024·高三·全国·专题练习）如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，．(1)求证：平面平面．(2)设．①直线与平面所成的角为，求线段的长；②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等？说明理由．【解析】（1）平面，平面，，又，，平面，平面，又平面，平面平面.（2）①以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图），在平面内，作交于点，则在中，，设，则，，由，得，所以，，,，设平面的法向量为，由，，得，取得平面的一个法向量为，又，故由直线与平面所成的角为得，即解得或（舍去，因为），所以；②解法一：如图所示，假设线段上存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等．设，则，，．因此由，得，即，又由，得，联立两式，消去并化简，得，由∵方程没有实数根，∴在线段上不存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等．解法二：假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等，由，得，从而，即，所以，设，则，，在中，，这与矛盾，所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等，从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等．2．（2024·高三·重庆·阶段练习）如图甲，菱形的边长为，，将沿向上翻折，得到如图乙所示的三棱锥.

(1)证明：；(2)若，在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由.【解析】（1）取中点，连接，菱形中，，所以，又因为，平面，平面，平面，所以平面，又平面，所以.（2）中，因为，所以，由余弦定理得，解得；在中，，所以.在平面中，作，交于点，则以为坐标原点，分别以方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，又，假设在线段上存在符合要求的点.设平面的法向量，由，则，取.由题可取平面的法向量，所以.当时，；当时，.所以当或时，平面与平面所成角的余弦值为.3．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面.(1)求证：平面平面；(2)若点为的中点，线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设的中点为，因为，所以，因为，所以，所以三点共线，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）以所在的直线为轴和轴，过点作平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，因为为的中点，所以，设，所以，所以，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，即当或时，直线与平面所成角的正弦值为.4．（2024·陕西咸阳·二模）在几何体中，底面是边长为2的正三角形．平面，若．(1)求证：平面平面；(2)是否在线段上存在一点，使得二面角的大小为．若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：如图，设分别为边的中点，连接，因为平面，所以，,进而，即四边形为平行四边形，可得，在底面正三角形中，为边的中点，则，又平面，且平面，所以．由于，且平面，所以平面．因为平面，则平面，又平面，则平面平面．（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则．设点，则．设平面的法向量为，平面的法向量为．由题意知即令，则，即，即取，则，由，，解得：，由于点为线段上一点，故，所以，当时，二面角所成角为锐角，即存在点满足，此时．5．（2024·全国·一模）如图，棱柱的所有棱长都等于2，且，平面平面．(1)求平面与平面所成角的余弦值；(2)在棱所在直线上是否存在点P，使得平面．若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．【解析】（1）如图：取中点，连接，，.因为各棱长均为2，且，所以是等边三角形.所以.又因为，，所以是等边三角形.所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面.由，所以可以以为原点，建立如图空间直角坐标系.那么：，，，.设平面的法向量为，则，取；因为平面，可取平面的法向量.则，即为平面与平面所求角的余弦值.（2）因为，设，因为在上，可设，则，可得.设平面的法向量为，则，取.由.所以存在点P，使得平面，此时点P在的延长线，且.6．（2024·高三·重庆·阶段练习）如图，是以为直径的圆上异于，的点，平面平面，，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为直线.(1)求证：直线平面；(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵，分别是，的中点，∴，又平面，平面，∴平面，又平面，平面平面，∴，又，平面平面，平面平面，∴平面，则平面；（2）取中点，连接，∵，∴，∵平面平面，平面平面，又∵平面，∴平面，又∵是以为直径的圆上异于，的点，∴，∵点，分别是，中点，连接，则，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，，设，，设平面的法向量为，则，取，得，所以，，依题意，得，即，解得，即，∴，∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．7．（2024·天津河东·一模）在正方体中（如图所示），边长为2，连接

(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由．【解析】（1）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则．平面的法向量为，，令，则，，平面；（2）平面的法向量为，，令，则，平面与平面夹角为，；（3）设，且，与平面所成角为，，即，解得或，故或，所以.8．（2024·四川成都·模拟预测）在四棱锥中，已知，，，，，是线段上的点．(1)求证：底面；(2)是否存在点使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）在中，，所以．在中，，由余弦定理有：，所以，，所以，所以，又因为，，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，在中：，则，所以，，因为，、平面，所以面．（2）因为平面，以点A为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则有、、、、，设，其中，则，设为面的法向量，则有，取，则，所以，平面的一个法向量为，设与平面所成的角为，由题意可得，可得，因为，所以．因此，存在点使得与平面所成角的余弦值为，且．9．（2024·高三·全国·专题练习）如图，已知直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，∠AEB＝，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.(1)求证：AB⊥DE.(2)求证：AE⊥平面BCE.(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：如图，取AB的中点O，连接EO，DO.由△ABE为等腰直角三角形及∠AEB＝可得EB＝EA，所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，故AB⊥OD.又OD∩OE＝O，OD，OE⊂平面ODE，所以AB⊥平面ODE.又ED⊂平面ODE，所以AB⊥ED.（2）证明：因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，又AB⊥BC，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE.因为AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为EA⊥EB，BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE.（3）存在点F，且＝时，EC∥平面FBD.理由如下：如图，连接AC交BD于点M，连FM.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，所以＝＝.此时＝＝，所以EC∥FM.又FM⊂平面FBD，EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD.10．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，，点在棱上，平面.(1)试确定点的位置，并说明理由；(2)是否存在实数，使三棱锥体积为，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由.【解析】（1）点是的中点，理由如下：连接，交于点，连结，底面是正方形，、相交于点，是的中点，平面，含于平面，平面平面，，中，是的中点，是的中点.（2）为中点，.若，则

底面，，

，解得.

存在，使三棱锥体积为.11．（2024·陕西西安·一模）如图，在三棱锥中，侧面是边长为1的正三角形，分别为的中点，平面与底面的交线为．(1)证明：平面；(2)若三棱锥的体积为，试问在直线上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，且满足.若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为分别为的中点，所以.又平面，平面，所以平面.又平面，平面与底面的交线为，所以.从而.而平面，平面，所以平面.（2）取的中点记为，连接，因为是边长为的正三角形，所以，.由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.由题意可得，即，所以的面积.设点到平面的距离为，则由已知可得，于是.因为，所以平面，取的中点记为，连接，则.因为，所以.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，设.于是，，.设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，即是平面的一个法向量，所以.又直线与平面所成角为，于是.又，而异面直线所成角为，于是.假设存在点满足题设，则，即，所以.当时，，此时有；当时，，此时有.综上所述，这样的点存在，且有.12．（2024·贵州黔东南·二模）如图，在多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.(1)证明：平面平面；(2)试问线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请判断点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：因为四边形为菱形，所以.因为平面平面，所以.又因为，且平面，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）设，以为坐标原点，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，则设，则设平面的法向量为，因为，所以令，则.设平面的法向量为，因为，所以令，则.因为平面与平面夹角的余弦值为，所以，解得或（舍去），所以存在满足题意，且为的中点.13．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在四棱台中，底面是菱形，平面.(1)证明：；(2)若，棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角余弦值为.若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：连接，因为底面是菱形，所以，又平面，平面，所以；又，所以平面.因为四棱台中，、延长线交于一点，所以四点共面，所以.（2）由（1）知，建立如图所示空间直角坐标系，则，若存在点满足题意，则设.易知平面的一个法向量设平面的法向量..则则令，则.，解之得.故在棱上存在点满足题意，此时或.14．（2024·高三·湖北荆州·阶段练习）设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若(1)求与平面所成角的正切值；(2)在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；【解析】（1）因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，所以即为与平面所成角的平面角，在中，，则，所以与平面所成角的正切值为；（2）假设存在，设，连接，作于点，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，所以即为点到平面的距离，由，得，由，解得，所以存在，.15．（2024·福建·模拟预测）在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.(1)求直线CD与平面所成角的大小；(2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.【解析】（1）因为平面，平面平面，所以.所以直线在内的射影为直线，所以直线与所成角为.过作，垂足为.因为平分，所以.又，所以，所以又，所以.因为，所以，所以直线与平面所成角为.（2）（i）曲线是椭圆,理由如下：由（1）可知，，所以是的中点,设的中点为，所以.又，所以.在内过作，所以以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.因为，所以，设，又，则.因为，又，所以，化简得，即，所以曲线是椭圆.（ii）方法一：设.在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.若，则，即，因为，所以，当时，上式恒成立，所以符合题意；当时，有，所以，所以.因为，所以，所以，所以，即.因为上式对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.方法二：设在平面内，因为与不重合，可设，由得，所以.由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.当与重合时，因为，又，所以.所以当时，符合题意.当与不重合时，过作，垂足分别为.连接，则因为，所以.又，所以平面，所以，同理又，所以，所以，所以RtRt，所以直线平分又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补在平面内，设直线的斜率分别为，则，对于任意的恒成立，所以.综上，存在点满足，或时，符合题意.16．（2024·山西运城·一模）如图，在矩形纸片中，，，沿将折起，使点到达点的位置，点在平面的射影落在边上.(1)求的长度；(2)若是边上的一个动点，是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.【解析】（1）作，垂足为，连接，如下图所示：由点在平面的射影落在边上可得平面，又平面，所以，因为，且平面，所以平面，又平面，所以，又因为为矩形，，可得，由，可得，所以，；由可得，即；即的长度为1.（2）根据题意，以点为坐标原点，以过点且平行于的直线为轴，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则，并设，可得，所以；易知，，设平面的一个法向量为，所以，解得，取，则