新高考数学二轮考点培优专题（精讲+精练）27 立体几何中的折叠和探索性问题（2份打包，原卷版+含解析）

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1.折叠问题
解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形，找到哪些线、面的位置关系和数学量没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解的过程中恰当地加以利用。
一般步骤：
①确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；
②在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；
③利用判定定理或性质定理进行证明。
2.探索性问题
探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力。对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的。
二、题型精讲精练
【典例1】如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．
(1)在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）
(2)在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．
【分析】（1）选条件①②，利用勾股定理得到，进而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得证；
选条件①③，利用正弦定理得到，进而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得证；
选条件②③，利用余弦定理和勾股定理得到，进而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．
【详解】（1）证明：（1）方案一：选条件①②．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，所以，
又因为是矩形，，所以，，
由可得，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，所以侧面底面；
方案二：选条件①③．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，
所以由正弦定理得：，即，所以，即，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，所以侧面底面；
方案三：选条件②③．
因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，
又因为在中，，所以，
又因为是矩形，，所以，
又因为在中，，则，
设，，
所以有，解得或（舍，所以，
由可得，所以，
则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，所以侧面底面；
（2）在（1）条件下知平面，且，
故如图所示：以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
设平面的法向量为，则，则，
，
设直线与平面所成角为，则，
直线与平面所成角的正弦值为.
【典例2】如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，，．
(1)求四棱锥的体积；
(2)在线段PB上是否存在点M，使得平面PAD？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)先证明平面ABCD,则 PG为四棱锥的高,再应用体积公式 ；
(2)先过点C作交AB于点N，过点N作交PB于点M,再证平面平面CMN，最后得出比值成立即可.
【详解】（1）取AD的中点G，连接PG，GB，如图所示．
在中，，G是AD的中点，所以．
又平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
所以平面ABCD，即PG为四棱锥的高．
又平面ABCD，所以．
在中，由余弦定理得
，故．
在中，，，，所以．
所以．
（2）过点C作交AB于点N，则，
过点N作交PB于点M，连接CM，则．
又因为，平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
因为，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上存在点M，使得平面PAD，且．
【题型训练-刷模拟】
1.折叠问题
一、解答题
1．（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图1，在梯形中，，且，是等腰直角三角形，其中为斜边.若把沿边折叠到的位置，使平面平面，如图2.
（1）证明：；
（2）若为棱的中点，求点到平面的距离.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）证明平面，则有；
（2）等体积法求点到平面的距离.
【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形，为斜边，
∴.
∵平面平面，平面平面，平面
∴平面，
∵平面，
∴；
（2）解：由（1）知，平面，
由题意可得，，，
则，，
∵为棱的中点，
∴，
∴，
在中，，，，
∴，
即，
则的面积为，
设点到平面的距离为
∵，
∴，
∴.
【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质，点到平面距离的求法，考查直观想象能力、推理论证能力和运算求解能力，是中档题.
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形中，是等腰直角三角形，是边长为2的正三角形，以为折痕，将向一方折叠到的位置，使D点在平面内的射影在上，再将向另一方折叠到的位置，使平面平面，形成几何体.
（1）若点F为的中点，求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）设点在平面内的射影为，连接，，又的中点为，易得平面.取的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则，则平面，然后由面面平行的判定定理证明；
（2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由求解．
【详解】解：（1）如图，设D点在平面内的射影为O，连接，连接.
∵，∴，
∴在等腰中，O为的中点.
∵F为中点，∴.
又平面，平面，
∴平面.取的中点H，连接，
则易知，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）连接，由（1）可知两两垂直，以O为坐标原点所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
从而.
设平面的一个法向量为，则，即，
得，取，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，
得，取，则，
从而.
∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为．
【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量．
3．（2023·全国·高三专题练习）如图是矩形和以边为直径的半圆组成的平面图形，将此图形沿折叠，使平面垂直于半圆所在的平面，若点是折后图形中半圆上异于，的点
（1）证明：；
（2）若，且异面直线和所成的角为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由面面垂直得到，利用直径对应的圆周角为直角得到，可以证明平面，再利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）先求出，利用等体积转化法把求三棱锥的体积转化为求三棱锥，即可求解.
【详解】（1）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面．又在圆所在的平面内，∴．
∵是直角，∴．而，∴平面．
又∵平面，∴
（2）因为在矩形中，，直线和所成的角为，
所以直线和所成的角为，即．
过作于，则平面．
又，所以，
因此．
于是．
故三棱锥的体积是．
4．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将、分别沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M，连BM、PQ，得到图2所示几何体．
(1)求证：；
(2)在线段MD上是否存在一点F，使平面PQF，如果存在，求的值，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由勾股定理得，从而证得平面MDQ，然后可得线线垂直；
（2）假设在线段DM上存在一点F，使平面PQF．连BD交PQ于点O，连OF，由线面平行性质定理得线线平行，由平行线得线段的比例．
【详解】（1）由图1可得，，
∴， ∴，
∵，，MD、平面MDQ ，
∴平面MDQ，
∵平面MDQ ，
∴．
（2）当时，平面PQF，
理由如下：
连BD交PQ于点O，连OF，由图1可得，，即，
因为，所以，
所以，所以，
因为平面，平面，所以平面PQF．
5．（2023·河南濮阳·濮阳一高校考模拟预测）如图①，在平面四边形中，，，．将沿着折叠，使得点到达点的位置，且二面角为直二面角，如图②．已知分别是的中点，是棱上的点，且与平面所成角的正切值为．
(1)证明：平面平面；
(2)求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用三角形中位线性质和线面平行的判定可证得平面，平面，由面面平行的判定可证得结论；
（2）取的中点，根据已知的长度关系和面面垂直性质可证得平面，结合线面角定义可得，由此可确定点位置，从而求得，利用棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）分别为的中点，，，
平面，平面，
平面，平面，
又，平面，平面平面.
（2）取的中点，连接，
，，为等边三角形，，
又，，为等腰直角三角形，
，；
二面角是直二面角，即平面平面，平面平面，平面，平面，
即为与平面所成角，
，解得：；
在中，由余弦定理得：，
即，解得：，为线段上靠近点的四等分点，
，
.
6．（2023·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形中，，，，，.现沿平行于的折叠，使得且平面，如图2所示.
(1)求的长度；
(2)求二面角的大小.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）利用垂直关系得，再结合勾股定理，即可求解；
（2）分别求平面和的法向量，根据二面角的向量公式，即可求解.
【详解】（1）由平面，平面，得，
在矩形中，由，，知，
设，则，，
故，，
由勾股定理：，
解得：，
的长度为1；
（2）因为，，，
且平面，所以平面，
结合知，两两互相垂直，故以点为原点，为，，轴正方向建立空间直角坐标系，所以
，，，，，，
所以，，，，
设为平面的一个法向量，所以，
取，则，
设为平面的一个法向量，所以，
取，则，
记所求二面角大小为，为钝角，则，
所求二面角的大小为.
7．（2023·新疆阿克苏·校考一模）如图甲所示的正方形中，，，，对角线分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱．
(1)若点在棱上，且，证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）在图乙中，过作，交于，连接，证明四边形为平行四边形，然后得到即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用两个法向量所成角的余弦值求得结果.
【详解】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
则，∴共面且平面交平面于，
图甲中，∵，，
∴，又为正方形，
，，由，有，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）由（1），，∴．
由题图知，，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
则，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
8．（2023春·四川南充·高三阆中中学校考阶段练习）如图甲所示的正方形中，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱
(1)若点在棱上，且，证明：∥平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作交于，证明四边形平行四边形后可证得线面平行；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）在三棱柱中过作交于，连接，则，
所以四点共面，且平面平面，
因为，所以，
又是正方形，所以，，，
又，则，
所以四边形平行四边形，，
又平面，平面，所以平面；
（2）由（1）知，所以，而与都垂直，
则分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
由得，，，
所以，，
设平面的一个法向量是，
由，取得，
又，则，，
设平面的一个法向量是，
由，取得，
设二面角的平面角为，
则，
由图可知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值是．
9．（2023·上海奉贤·校考模拟预测）如图，将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠，使得平面ABD⊥平面CBD，AE⊥平面ABD，且.

(1)求证：直线EC与平面ABD没有公共点；
(2)求点C到平面BED的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）取的中点，连接、，证明平面即可得解；
（2）在三棱锥中，利用等体积法即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）取的中点，连接、，如图，

依题意，在中，，则，
而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，且，
因为平面，且，则有，且，
从而得四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
则平面，所以直线EC与平面ABD没有公共点；
（2）因为平面，平面，所以，
因为，，平面所以平面
因为，于是得平面，
因为平面，平面，所以，
因为，所以，
则等腰底边上的高，，
而，设点C到平面BED的距离为d，
由得，
即，解得，
所以点C到平面BED的距离为1
10．（2023·广东深圳·校考二模）如图1所示，等边的边长为，是边上的高，，分别是，边的中点．现将沿折叠，如图2所示.

(1)证明：；
(2)折叠后若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得面，进而可证，可证，
（2）取的中点，连接，，取和的中点分别为和，连接，，，可证二面角的平面角为，进而求解即可．
【详解】（1）在等边的边长为，是边上的高，
根据折叠的性质可得，，
因为，，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为和分别是和的中点，
所以，所以，
（2）取的中点，连接，
取和的中点分别为和，连接，，，

因为，，的中点分别为，，，
所以，，
因为，所以为等边三角形，又为的中点，所以，
所以，又平面，平面，平面，所以，
又因为平面，
所以，又因为，平面，
所以平面，平面，
所以，
则二面角的平面角为，
所以，
又，解得，显然为锐角，
所以，即二面角的余弦值为．
11．（2023秋·四川成都·高三校考阶段练习）在图1中，为等腰直角三角形，，，为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且，沿AC将进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，FB，FE，使得．

(1)证明：平面．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等边三角形三线合一，得出，再由勾股定理逆定理得出，即可证明；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量法计算即可；方法二：作，垂足为M，作，垂足为N，连接，首先由线面垂直得出，则二面角的平面角为，在中，求出即可．
【详解】（1）证明：连接OB，
因为为等腰直角三角形，，，
所以，
因为O为AC边的中点，
所以，
在等边三角形中，，
因为O为AC边的中点，
所以，则，
又，
所以，即，
因为，平面，平面，
所以平面．

（2）方法一：因为是等腰直角三角形，，为边中点，
所以，
由（1）得平面，则以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角的大小为θ，
则，
由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
方法二：
作，垂足为M，作，垂足为N，连接，
因为平面，平面，
所以，
又因为，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为，
因为，所以，
所以，，
在中，，，
所以，
所以，
所以，即二面角的余弦值为．

12．（2023秋·四川成都·高三成都七中校考开学考试）已知矩形ABCD中，，，M，N分别为AD，BC中点，O为对角线AC，BD交点，如图1所示．现将和剪去，并将剩下的部分按如下方式折叠：沿MN将折叠，并使OA与OB重合，OC与OD重合，连接MN，得到由平面OAM，OBN，ODM，OCN围成的无盖几何体，如图2所示．

(1)求证：MN⊥平面；
(2)求此多面体体积V的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【分析】（1）取中点E，通过证明平面，平面，证得即可得出线面垂直；
（2）由几何体的对称性化为求的最值，即M到面的距离最大，再结合三棱锥体积公式计算即可.
【详解】（1）
在图2中，取的中点E，连，
因为，E为的中点，所以，同理得，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）根据图形的对称性可知，，
因为的面积为，为定值，
所以当点M到平面OCN的距离最大值时，三棱锥体积最大，
此时平面OMC⊥平面ONC，点M到平面OCN的距离等于点M到OC的距离，等于，
所以此多面体体积V的最大值为．
13．（2023·全国·高三专题练习）如图（1）所示，在中，，，，垂直平分．现将沿折起，使得二面角大小为，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点记作点）

(1)求点到面的距离；
(2)求四棱锥外接球的体积；
(3)点为一动点，满足，当直线与平面所成角最大时，试确定点的位置．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由已知可证得平面平面，取中点 ，连接 ，则有两两垂直，所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解，
（2）连接，则四边形的外接圆圆心在的中点，外接圆的圆心为的三等分点，过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，连接，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由，表示出点的坐标，然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【详解】（1）由，，，得 ，，
因为垂直平分，
所以，
所以为平面与平面的二面角的平面角，
所以 ，，所以为等边三角形，
取中点 ，连接 ，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为
所以为二面角的平面角，
所以，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设的一个法向量为 ，则
，令，则
又，
所以点到面的距离；
（2）连接，由，则四边形的外接圆圆心在的中点，
为正三角形，则外接圆的圆心为的三等分点，
过点圆心分别作两面垂线，则垂线交点即为球心，
如图所示，连接，则即球的半径.
在中，，
则，
在中，，
所以由勾股定理得，
则球的体积 ；

（3）设，由得，
所以，得， ，
所以，
设直线与平面所成角为（），
则
所以当时，取得最大值，
此时直线与平面所成角最大，
即当时，直线与平面所成角最大.

14．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在边长为的正方形中，点在线段上，且，作，分别交于点，作，分别交于点，将该正方形沿折叠，使得与重合，构成如图所示的三棱柱．
(1)在三棱柱中，求证：平面；
(2)试判断直线是否与平面平行，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)直线与平面不平行，理由见解析．
【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法去判断直线与平面是否平行.
【详解】（1），
从而有，
又，
平面．
（2）直线与平面不平行．理由如下：
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，
设平面的一个法向量，
则，取，得，
，
直线与平面不平行．
2.探索性问题
一、解答题
1．（2023·全国·高三专题练习）已知正四棱台的体积为，其中.

(1)求侧棱与底面所成的角；
(2)在线段上是否存在一点P，使得？若存在请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）先求得正四棱台的高，然后求得侧棱与底面所成的角.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法确定是否存在符合题意的点.
【详解】（1）依题意，在正四棱台中，，
所以上底面积，下底面积，
设正四棱台的高为，则.
连接，则，
所以，
设侧棱与底面所成的角为，则，
由于线面角的取值范围是，所以.
（2）连接，设正四棱台上下底面的中心分别为，
以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，
，
设线段上存在一点，满足，
，
，
则，
，
若，则，
即，
解得，舍去，
所以在线段上不存在一点，使得.

2．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图，在五棱锥中，，，.

(1)证明：；
(2)若平面平面，平面平面，探索：是否为定值？若为定值，请求出的值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)是定值，
【分析】（1）由线面垂直证线线垂直.
（2）由空间直角坐标系，设，根据面面垂直的向量表示可得，
即得.
【详解】（1）证明：取中点，连接，连接交于，
如图，由知为等腰梯形，，
又，故，
显然为中点，，
故 又，所以平面
又平面，故.

（2）若平面平面，
由为平面与平面的交线，知，，
如图，可以为原点，建立平面直角坐标系.

设，因，

如图，底面延长交于点，
由知为等边三角形，
又，可知也为等边三角形，
故，
又，
所以，又，所以为等边三角形，
所以也为等边三角形，故，
所以，故，
，，
，
设平面法向量为，则即
可令得，
，
设平面法向量为，则即
可令，
，有，
故.
3．（2023秋·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，，平面平面ABCD，且，，点G是EF的中点．

(1)证明：平面ABCD；
(2)线段AC上是否存在一点M，使平面ABF？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，
【分析】（1）直接利用面面垂直的性质定理得到线面垂直；
（2）利用题中的已知条件建立空间直角坐标系，首先假设存在点M，设，求出平面ABF的法向量，进一步利用线面平行建立等量关系，求解即可．
【详解】（1）因为，点G是EF的中点，所以，
又因为，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，∴，
四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG、AD、AB两两垂直，
以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，

所以，
假设线段AC上存在一点M，使平面ABF，
设，则，
∵，∴，
设，则,
所以，
,
设平面ABF的法向量为
，取
由于平面ABF，所以，即，解得
所以，此时，
即当时，平面ABF．
4．（2023秋·浙江·高三浙江省春晖中学校联考阶段练习）已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，，为等边三角形．

(1)求证：平面平面；
(2)是否存在一点，满足，使直线与平面所成的角为？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，
【分析】（1）利用面面垂直判定定理即可证得平面平面；
（2） 法一，先确定出直线与平面所成的角，再求得的值即可求得的值；法二，建立空间直角坐标系，依据题给条件列出关于的方程即可求得的值.
【详解】（1）等腰梯形中，，则，
则，所以，．又，
由，得到，
又，平面，
因此平面，又因为平面，
故平面平面
（2）方法一：由（1）知平面，面，则面面．
作于点，则有面．
则即为直线与面所成角，
在直角三角形中，由，，得到
由，可得，又，所以存在．
方法二：过点作平面于，
以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，
建立如图所示空间直角坐标系．

其中
得到，
设平面的一个法向量为
由，得，
不妨设，则，，则，
又，
则，
解之得（舍去）或，所以
5．（2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考开学考试）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段的中点.

(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即可得到线面平行；
（2）法一：建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，再利用两平面垂直的向量法即可求出结果.法二：利用几何法，先找出平面，使平面平面，再利用几何关系即可求出结果.
【详解】（1）连接交于点，连接，因为四边形是菱形，所以点为的中点.
又因为为的中点，所以，
又因为平面平面，
所以平面.

（2）设底面边长为2，连接，由于为菱形，且，
故，
所以，故有，
又三角形为正三角形，为中点，故，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
如图，以为原点，方向分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系.
则，
设，则，
则，
设平面的法向量为，则有，得到，
取，得，，所以，
又平面法向量可取为，
由题可知，即，解得，
故存在点使得平面平面，.

法二：三角形为正三角形， 是的中点，
又侧面底面，平面平面，面，
所以平面，
连接，取的中点，连接，则是的中位线，，
所以平面，
延长交于，又面，所以平面平面.
因为，所以，
又因为，所以，，
故存在点，使得平面平面，.

6．（2023秋·江西吉安·高三吉安三中校考开学考试）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．

(1)证明:平面．
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?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)存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；
（2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为平面，且，所以平面.
（2）
取棱的中点，连接，易证两两垂直，
故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．
设，则，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，得．
平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，
则，整理得，解得(舍去)．
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是．
7．（2023春·河南信阳·高三信阳高中校考阶段练习）如图，在等腰梯形中，，四边形为矩形，且平面，.

(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的平面角为，且满足.若不存在，请说明理由；若存在，求出的长度.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）通过证明平面来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得正确答案.
【详解】（1）∵为等腰梯形，，∴
∵，则，∴.
又∵，则，
∴，∵平面，平面，∴.
∵平面，∴平面，
∵四边形为矩形，则，
∴平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，

由（1）知，，则，
，设，
则，
设平面的法向量，
则，∴，令，
则，取平面的法向量，
，
由题意，.
解得.
因此在线段上存在点，
使得平面与平面所成锐二面角的平面角为，
且满足.
8．（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，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，
【分析】（1）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面；
【详解】（1）为等边三角形，D为中点，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
取中点G，连接，
为等边三角形，
，
平面平面，平面平面，平面.
平面，
，
与相交，，平面，
平面；
（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，
设，则
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，可得，
为平面的一个法向量，
取平面的一个法向量为，
则，
解得，此时，
在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.
9．（2023·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，，．

(1)证明：平面平面；
(2)侧棱SC上是否存在一点P（P不在端点处），使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见详解；
(2)存在，点P为SC的中点.
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设，由直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于，解得即可.
【详解】（1）证明：因为底面ABCD为正方形，，所以，
又因为侧面SAD为等边三角形，所以.
，所以，即，又,
所以平面，又因为平面，
所以平面平面.
（2）如图：

取的中点为，连接，因为侧面为等边三角形，
所以，
又由（1）可知平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴为正方向，建立空间直角坐标系.
，，，，，
所以，，，设.
，所以，所以.
设平面SAC的法向量为，由于，所以.
令，则，，所以，
所以.
因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于.
所以，解得或（舍）
故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于.
10．（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）如图，在四棱锥中，平面平面，底面为菱形，为等边三角形，且，，O为的中点．
(1)若E为线段上动点，证明：；
(2)G为线段PD上一点，是否存在实数，当使得二面角的余弦值是？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，
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出平面的法向量，根据空间角的向量求法可求解参数，即可得结论.
【详解】（1）连接OC，OP，∵为等边三角形，，O为的中点,
∴，，，
∵，而底面为菱形，则，∴，
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，分别以为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
，，
设，，
由，即，
得，
则，，
设平面的法向量，
则，
取，则，
又平面，则取平面的法向量为，
设与平面所成的角为，由题意知为锐角，
则，
解得，，（舍去）.
即存在实数，当使得二面角的余弦值是.
11．（2023秋·福建三明·高三统考期末）如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.

(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见详解
(2)存在，
【分析】（1）连接与相交于点，连接，分别根据菱形的和等边三角形的相关性质得到和，再利用线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，，利用法向量表示平面与平面的夹角的正弦值，求出的值即可.
【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：

四边形为菱形，，
为等边三角形，是的中点，有，
、面，，面，又面，
则，又已知，，平面，
所以平面.
（2），分别为，的中点，连接，，
由（1）平面，所以平面面，作，所以有平面，
又因为为等边三角形，，平面
以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，由，
，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，
易取平面的一个法向量为 ，
由已知平面与平面的夹角的正弦值为，
则平面与平面的夹角的余弦值为，
则有，
，由解得.
所以，点存在，.
12．（2023秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）.

(1)证明：平面平面；
(2)若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明详见解析
(2)存在，且
【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.
（2）判断出平面，由此建立空间直角坐标系，利用直线与平面所成角的正弦值确定点的坐标，进而求得三棱锥的体积.
【详解】（1）在原图中，连接，由于，
所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形，
所以，
由于，所以四边形是平行四边形，
所以，所以.

在反着过程中，保持不变，
即保持不变，
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，在原图中，，所以，
所以，
折叠后，若，则，
所以，
由于平面，
所以平面，
由于平面，所以，
所以两两相互垂直，
由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
，
设，，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
，，
所以，即是的中点.
由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为，
所以.