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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
素养拓展 27 立体几何中的折叠和探索性问题（精讲+精练）
一、知识点梳理
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 .
