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高考数学三轮冲刺压轴小题16 立体几何中探索性问题 (2份打包，解析版+原卷版)
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这是一份高考数学三轮冲刺压轴小题16 立体几何中探索性问题 (2份打包，解析版+原卷版)，文件包含高考数学三轮冲刺压轴小题16立体几何中探索性问题解析版doc、高考数学三轮冲刺压轴小题16立体几何中探索性问题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
立体几何中探索性问题
一．方法综述
立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。
对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。
二．解题策略
类型一 空间平行关系的探索
【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是__________
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③的面积可能等于；
④若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得
【答案】①②③④
【解析】①如图所示，当是中点时，可知也是中点且，，，所以平面，所以，同理可知，
且，所以平面，
又平面，所以平面平面，故正确；
②如图所示，取靠近的一个三等分点记为，记，，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，
则为中点，又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，
所以平面，故正确；
③如图所示，作，在中根据等面积得：，
根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，
则，故正确；
④如图所示，设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，，当时，解得：，故正确.
故答案为 ①②③④
【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本。
【举一反三】
1．（2020·黑龙江大庆实验中学高三（文））如图所示，在长方体中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：
①四棱锥的体积恒为定值；
②存在点，使得平面；
③对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面；
④存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.
其中真命题的是____________．（填写所有正确答案的序号）
【答案】①②④
【解析】对①,,又三棱锥底面
不变,且因为∥底面,故到底面的距离即上的高长度不变.故三棱锥体积一定,即四棱锥的体积恒为定值,①正确.
对②,因为,且长方体,故四边形为正方形,
故.要平面则只需,又,故只需面.
又平面,故只需即可.因为,故当 时存在点,使得,即平面.故②正确.
对③,当在时总有与平面相交,故③错误.
对④,四边形的周长,分析即可.
将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为使得截面四边形的周长取得最小值时的唯一点.故④正确.
故答案为：①②④
2.（2020北京西城区高三期末）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），
求证：EF∥GH；
（Ⅲ）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF？若存在，求的值；若不存在，
请说明理由．
【答案】见解析
解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，
且AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面BDEF．
又AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF．
（Ⅱ）证明：∵EF∥BD，EF⊂平面AEF，BD⊄平面AEF，∴BD∥平面AEF，
又BD⊂平面BDGH，平面AEF∩平面BDGH=GH，
∴BD∥GH，又BD∥EF，∴GH∥EF．
（Ⅲ）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF，此时．
以下给出证明过程．证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，
因为BD∥EF，BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BD∥平面AEF．设AC∩BD=O，连接OM，
在△ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OM∥AE，
又因为OM⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以OM∥平面AEF．
又因为OM∩BD=O，OM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面AEF．
类型二 空间垂直关系的探索
【例2】（2020·上海市控江中学高三（理））已知矩形, , ,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折的过程中( )
A．存在某个位置,使得直线和直线垂直
B．存在某个位置,使得直线和直线垂直
C．存在某个位置,使得直线和直线垂直
D．无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直
【答案】A
【解析】如图所示：作于，于
翻折前，易知存在一个状态使，满足，，平面，平面，故正确错误；
若和垂直，平面，平面，不成立，故错误；
若和垂直，故平面，平面，，因为 ，故不成立，故错误；
故选：
【举一反三】
1．（2020·合肥市第六中学高三（理））已知矩形，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，则（ ）．
A．当时，存在某个位置，使得
B．当时，存在某个位置，使得
C．当时，存在某个位置，使得
D．时，都不存在某个位置，使得
【答案】C
【解析】
立体几何中探索性问题
∵，∴若存在某个位置，使得直线，则平面，则，在中，，，则由直角边小于斜边可知，，即，结合选项可知只有选项中时，存在某个位置，使得，故选．
【方法点晴】本题主要考查翻折问题、线面垂直与线线垂直转换的应用以及空间想象能力，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理，本题中，先根据线线垂直得到线面垂直，在根据线面垂直得到线线垂直，从而得到，进而得到结果.
2．（2020·安徽合肥一中高三期末）在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是__________．
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得；
④的面积可能等于.
【答案】①②③
【解析】由正方体性质可得平面，平面，所以，
是平面内两条相交直线，所以平面，平面，
，同理可证，是平面内两条相交直线，
所以平面，平面，所以平面平面，
当为直线与平面的交点时，满足平面平面，所以①正确；
根据①证明方法同理可证：，
可以证得平面，平面，所以平面平面，
所以②正确；
设，，
当时，，得：，即时，满足，所以③正确；
，均为直角三角形，，
的最小值为，此时，面积取得最小值，
，的面积不可能等于，所以④说法错误.
故答案为：①②③
3．（2020·四川高三月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，底面.
（1）当为何值时，平面？证明你的结论；
（2）若在边上至少存在一点，使，求的取值范围.
【答案】（1），证明见详解；（2）
【解析】（1）当时，四边形为正方形，则.
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面
所以平面.
故当时，平面.
（2）设是符合条件的边上的点.
因为平面，平面
所以，
又，，平面，平面
所以平面，
因为平面，所以.
因此，点应是以为直径的圆和边的一个公共点.
则半径， 即.所以.
类型三 空间角与距离的探索
【例3】（2020·重庆市松树桥中学校高三月考）如图，在单位正方体中，点P在线段上运动，给出以下四个命题：
异面直线与间的距离为定值；
三棱锥的体积为定值；
异面直线与直线所成的角为定值；
二面角的大小为定值．
其中真命题有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】对于①，异面直线与间的距离即为两平行平面和平面间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．
对于②，由于，而为定值，又P∈AD1，AD1∥平面BDC1，所以点P到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值．故②正确．
对于③，由题意得在正方体中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两条异面直线所成的角为．故③正确；
对于④，因为二面角P−BC1−D的大小，即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角的大小为定值．故④正确．
综上①②③④正确．选D．
【举一反三】
1．（2020·浙江学军中学高三期末）正四面体中，在平面内，点是线段的中点，在该四面体绕旋转的过程中，直线与平面所成角不可能是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】考虑相对运动，让四面体ABCD保持静止，平面绕着CD旋转，故其垂线也绕着CD旋转，如下图所示,取AD的中点F，连接EF，则 则也可等价于平面绕着EF旋转，在中，易得如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面的垂线可视为圆锥的底面半径EP，绕着圆锥的轴EF旋转，显然则设BE与平面所成的角为，
则可得
2．（2020·全国高三月考（理））如图，已知等边三角形中，，为的中点，动点在线段上（不含端点），记，现将沿折起至，记异面直线与所成的角为，则下列一定成立的是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设正三角形的边长为，
如图，在等边三角形中，过作的垂线，垂足为，
过作，垂足为，
因为，则，且，故，
所以，
，故，又.
将沿折起至，则.
因，，，故平面，
因，故平面， 平面，
所以，又为异面直线、所成的角，
而，因，故，
故选A.
【点睛】折叠过程中空间中角的大小比较，关键是如何把空间角转化为平面角，同时弄清楚在折叠过程各变量之间的关系（可利用解三角形的方法来沟通）.
3.（2020·北京高三期末）在边长为的等边三角形中，点分别是边上的点，满足且，将沿直线折到的位置. 在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）
A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
C．若，当二面角为直二面角时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
【答案】D
【解析】对于A，假设存在，使得平面，如图1所示，
因为平面，平面平面，故，但在平面内，是相交的，故假设错误，即不存在，使得平面，故A错误.
对于B，如图2，
取的中点分别为，连接，
因为为等边三角形，故，
因为，故
所以均为等边三角形，故，，
因为，，，故共线，
所以，因为，故平面，
而平面，故平面平面，
若某个位置，满足平面平面，则在平面的射影在上，也在上，故在平面的射影为，所以，
此时，这与矛盾，故B错误.
对于C，如图3（仍取的中点分别为，连接）
因为，所以为二面角的平面角，
因为二面角为直二面角，故，所以，
而，故平面，因平面，故.
因为，所以.
在中，，
在中，，故C错.
对于D，如图4（仍取的中点分别为，连接），
作在底面上的射影，则在上.
因为，所以且，所以其.
又
，
令，则，
当时，；当时，.
所以在为增函数，在为减函数，故.
故D正确.故选：D.
【点睛】本题考查平面图形的折叠问题、折叠过程的线面、面面关系的判断以及体积最值的计算，解题注意折叠前面变化的量与不变量的量，而线面、面面关系的判断要依据性质定理或判定定理，体积最值的计算首先要有目标函数，其次根据线段长度的大小关系放缩为一元函数，再利用导数求最值.
三．强化训练
1．（2020·四川广安中学高三月考）如图，在正方体中，是棱上的动点．下列说法正确的是（ ）
A．对任意动点在平面内不存在与平面平行的直线
B．对任意动点在平面内存在与平面垂直的直线
C．当点从运动到的过程中，二面角的大小不变
D．当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变大
【答案】C
【解析】因为在平面内，且平行平面，故A错误；
平面即平面，又平面与平面斜相交，
所以在平面内不存在与平面垂直的直线，故B错误；
平面即平面，平面与平面是确定平面，
所以二面角不改变，故C正确；
平面即平面，点到平面的距离为定值，故D错误.
故选C.
2．（2020·云南师大附中高三月考（理））如图，已知是圆的直径，，在圆上且分别在的两侧，其中，.现将其沿折起使得二面角为直二面角，则下列说法不正确的是（ ）
A．，，，在同一个球面上
B．当时，三棱锥的体积为
C．与是异面直线且不垂直
D．存在一个位置，使得平面平面
【答案】D
【解析】因为，所以A正确；
当，A，C各在所在圆弧的中点，此时三棱锥的底面BCD的面积和高均处于最大位置，此时体积为，所以B正确；
AB与CD显然异面，用反证法证明他们不垂直．若，过A作BD的垂线，垂足为E，因为为直二面角，所以AE⊥平面BCD，所以，所以，所以，这与矛盾，所以AB与CD不垂直，所以C正确；
假设存在一个位置，使得平面平面，过作于，则平面由于平面，与选项矛盾.
故选：D．
3．（2020·浙江高三月考）如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折过程中，下列三个说法中正确的个数是（ ）
①存在点E和某一翻折位置使得AE∥平面SBC；
②存在点E和某一翻折位置使得SA⊥平面SBC；
③二面角S﹣AB﹣E的平面角总是小于2∠SAE．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】对于①，四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交，故①错误；
对于②，假设SA平面SBC，SC平面SBC，所以SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，所以SA⊥平面SCE，所以平面SCE∥平面SBC，这与平面SBC∩平面SCE＝SC矛盾，
故假设不成立，即②错误；
对于③，当将△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE时，二面角S﹣AB﹣E最大，如图，在平面SAE内，作SO⊥AE，垂足为O，∴SO⊥平面ABCE；AB平面ABCE，
所以SO⊥AB；
作OF⊥AB，垂足为F，连接SF，SO∩OF＝O，则AB⊥平面SFO，所以AB⊥SF，则∠SFG即为二面角S﹣AB﹣E的平面角；
在直线AE上取一点，使得O＝OF，连接S，则∠SO＝∠SFO；
由图形知，在△SA中，S＞A，所以∠AS＜∠SAE；而∠SO＝∠SAE+∠AS，
故∠SO＜2∠SAE；
即∠SFO＜2∠SAE．故③正确．
故选：B．
4．（2019·湖南高三期末（理））如图，正方体的棱长为4，动点E，F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上．若，，，（大于零），则四面体PEFQ的体积
A．与都有关 B．与m有关，与无关
C．与p有关，与无关 D．与π有关，与无关
【答案】C
【解析】如下图所示，连接、交于点，作，
在正方体中，平面，且平面，
，又四边形为正方形，则，且，
平面，即平面，，平面，
且，易知四边形是矩形，且，点到直线的距离为，
的面积为，
所以，四面体的体积为，
因此，四面体的体积与有关，与、无关，故选C.
5．（2020·湖南省衡阳县第四中学高三期中）如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是
A．恒有⊥
B．异面直线与不可能垂直
C．恒有平面⊥平面
D．动点在平面上的射影在线段上
【答案】B
【解析】对A来说，DE⊥平面，∴⊥；
对B来说，∵E、F为线段AC、BC的中点，∴EF∥AB，∴∠A′EF就是异面直线A′E与BD所成的角，当（A'E）2+EF2=（A'F）2时，直线A'E与BD垂直，故B不正确；
对C来说，因为DE⊥平面，DE平面，∴平面⊥平面，故C正确；
对D来说，∵A′D=A′E，∴DE⊥A′G，∵△ABC是正三角形，∴DE⊥AG，又A′G∩AG=G，∴DE⊥平面A′GF，从而平面ABC⊥平面A′AF，且两平面的交线为AF，∴A'在平面ABC上的射影在线段AF上，正确；
故选：B
6．（2020·云南省玉溪第一中学高三月考（理））如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，则在折起过程中，下列说法错误的是（ ）
A．始终有平面
B．不存在某个位置，使得平面
C．三棱锥体积的最大值是
D．一定存在某个位置，使得异面直线与所成角为
【答案】D
【解析】对于，延长，交于，连接，由为的中点，
可得为的中点，又为的中点，可得，平面，
平面，则平面，正确；
对于，设为的中点，连接，可得，若平面，即有，则平面，即有，由，，为的中点，则，即，可知，则与不垂直；
则不存在某个位置，使得平面，正确；
对于，设为的中点，连接，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得
当平面平面时，三棱锥的体积最大，
最大体积为，正确；
对于，，过作，平面，
则是异面直线与所成的角或所成角的补角，且，
在△中，，，，
由正弦定理可得，则即
则为定值，即为定值，故不存在某个位置，使得异面直线与所成角为，错误；故选：．
7．（2020·深圳市高级中学高考模拟（理））设是正四面体底面的中心，过的动平面与交于与的延长线分别交于则( )
A．有最大值而无最小值
B．有最小值而无最大值
C．既有最大值又有最小值，且两者不相等
D．是一个与平面无关的常数
【答案】D
【解析】设正三棱锥中,各侧棱两两夹角为, 与面所成角为,
则.
另一方面,记到各面的距离为,则,
即
,
故有: ,
即常数，故选D.
8．（2020·浙江高考模拟）已知正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线平面，分别是棱上一点（除端点），将正三棱锥绕直线旋转一周，则能与平面所成的角取遍区间一切值的直线可能是（ ）
A． B． C． D．中的任意一条
【答案】B
【解析】假设满足题意，当与平面所成的角为时，
，由可得.
在正三棱锥中，可得，当时可得，
显然这是不可能成立的，所以不满足题意.
同理，与不可能垂直，则与平面所成的角不可能为.
综上所述，可以排除A,C,D，故选B.
9．（2020·河南高考模拟（理））设是正方体的对角面（含边界）内的点，若点到平面、平面、平面的距离相等，则符合条件的点（ ）
A．仅有一个 B．有有限多个 C．有无限多个 D．不存在
【答案】A
【解析】解：与平面 距离相等的点位于平面 上；
与平面 距离相等的点位于平面 上；
与平面 距离相等的点位于平面 上；
据此可知，满足题意的点位于上述平面，平面,平面的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.
本题选择A选项.
10．（2020·广东佛山一中高三（理））如图，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转为．若为线段的中点，则在翻转过程中，有下列命题：
①是定值；
②点在圆上运动；
③一定存在某个位置，使；
④若平面，则平面．
其中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取中点，连接，，
由，定值，定值，
由余弦定理可得，
所以是定值，故①正确；
∵是定点，∴是在以为圆心，为半径的圆上，故②正确，
∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置,使DE⊥A1C，故③不正确.
由，，∴平面平面，∴平面，故④正确．
故选C．
11．（2020·永安市第三中学高三月考（理））如图，在正方体¢中,平面a垂直于对角线AC¢,且平面a截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为,周长为,则（ ）
A．为定值,不为定值 B．不为定值,为定值
C．与均为定值 D．与均不为定值
【答案】B
【解析】设平面截得正方体的六个表面得到截面六边形为，与正方体的棱的交点分别为（如下图），
将正方体切去两个正三棱锥和，得到一个几何体，是以平行平面和为上下底，每个侧面都是直角等腰三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，设正方体棱长为，，则，，故，同理可证明，故六边形的周长为，即周长为定值；
当都在对应棱的中点时，是正六边形，计算可得面积，三角形的面积为，当无限趋近于时，的面积无限趋近于，故的面积一定会发生变化，不为定值．
故答案为B.
12．（2020·上海市奉贤中学高三）设为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4、5、6的直线，给出下列三个结论：
①存在使得是直角三角形；
②存在使得是等边三角形；
③三条直线上存在四点使得四面体为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体，其中，所有正确结论的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】我们不妨先将 A、B、C按如图所示放置．
容易看出此时BC＜AB＝AC．
现在，将A和B往上移，
并且总保持AB＝AC（这是可以做到的，只要A、B的速度满足一定关系），
而当A、B 移得很高很高时，
不难想象△ABC 将会变得很扁，
也就是会变成顶角A“非常钝”的一个等腰钝角三角形．
于是，在移动过程中，
总有一刻，使△ABC成为等边三角形，
亦总有另一刻，使△ABC成为直角三角形（而且还是等腰的）．
这样，就得到①和②都是正确的．
至于③，如图所示．
为方便书写，称三条两两垂直的棱所公共顶点为⊤．
假设A是⊤，
那么由 AD⊥AB，AD⊥AC，
知 L3⊥△ABC，
从而△ABC三边的长就是三条直线的距离4、5、6，
这就与AB⊥AC 矛盾．
同理可知D是⊤时也矛盾；
假设C是⊤，
那么由BC⊥CA，BC⊥CD，
知BC⊥△CAD，
而 l1∥△CAD，故 BC⊥l1，
从而BC为l1与l2的距离，
于是 EF∥BC，EF＝BC，这样就得到EF⊥FG，矛盾．
同理可知B是⊤时也矛盾．
综上，不存在四点Ai（i＝1，2，3，4），
使得四面体A1A2A3A4为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体．
故选C．
13．如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中正确是___________.(填序号即可)
①|BM|是定值；
②总有CA1⊥平面A1DE成立；
③存在某个位置，使DE⊥A1C；
④存在某个位置，使MB平面A1DE.
【答案】①④
【解析】
对于①：由图知，取CD的中点F，联结MF，BF，设，
易知∠A1DE=∠MFB，MFA1D=，FB=DE=，
由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，
所以MB是定值，故①正确.
对于②：由反证法，若总有CA1⊥平面A1DE成立，则CA1⊥A1E成立，
而CE=，，求得CA1=为定值，而在翻折过程中，
CA1的长是一直变化的，故②错误；
对于③：∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴A1C与DE一定不垂直，可得③不正确.
对于④：由①知，MFDA1，BFDE，
∴平面MBF平面A1DE，
∴MB平面A1DE，故④正确.
故答案为：①④.
14．（2020·黑龙江牡丹江一中高三月考（理））如图正方体的棱长为，、、，分别为、、的中点.则下列命题：①直线与平面平行；②直线与直线垂直；③平面截正方体所得的截面面积为；④点与点到平面的距离相等；⑤平面截正方体所得两个几何体的体积比为.其中正确命题的序号为_______.
【答案】①③⑤
【解析】连结,由、分别为、的中点.
则∥,又∥，所以∥且=.
所以截面四边形形为等腰梯形.
对①, 、，分别为、的中点,
所以∥,且=，则四边形为平行四边形,
所以∥,所以∥平面，故①正确.
对②, ∥,在中，,
显然与不垂直，则直线与直线不垂直，故②不正确.
对③, 平面截正方体所得的截面为四边形,
又四边形为等腰梯形,其中,,
梯形的高为,
则其面积为.故③正确.
对④，点是的中点，所以到面的距离相等.
、分别为、的中点,延长交的延长线于点,
即直线交平面于点,则为的中点,如图,
分别过作平面的垂线，垂足分为，
所以分别为点到面的距离,则三点共线，
根据三角形的相似可得:,所以到面的距离不相等，
则点与点到平面的距离不相等,故④不正确.
对⑤, 由条件可知多面体为棱台，
其体积为,
平面截正方体所得两个几何体的体积比为,故⑤正确.
故答案为：①③⑤.
15．（2020·莆田第七中学高三）在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是____.
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面；
③的面积不可能等于；
④若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得.
【答案】①②④
【解析】①如图
当是中点时，可知也是中点且，，，所以平面，所以，同理可知，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；
②如图
取靠近的一个三等分点记为，记，，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，则为中点，又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，所以平面，故正确；
③如图
作，在中根据等面积得：，根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，则，故错误；
④如图
设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，，当时，解得：，故正确.
故填：①②④.
16．如图，已知在正方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：
①无论在如何移动，四棱锥的体积恒为定值；
②截面四边形的周长的最小值是；
③当点不与，重合时，在棱上恒存在点，使得平面；
④存在点，使得平面；其中正确的命题是______．
【来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末数学理试题
【答案】①②④
【解析】
解:①由题意可得∥，∥，如图建立坐标系:
，四边形为平行四边形
又（ 为到平面距离）且
上点到平面距离相等
无论在上何处，不变
不变
不变
故①正确
②由①知：四边形的周长
设，则，
等价于上点到与距离
此时
周长最小为
故②正确
③在上寻找一点，使到的距离为距离
∥，且在平面中
但当时，，与矛盾
故③错误;
④当与重合时，显然，
平面
故④正确
综上可得:正确为①②④.
故答案为:①②④.
17．如图，点E是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的有__________．
①直线与直线始终是异面直线
②存在点，使得
③四面体的体积为定值
④当时，平面平面
【答案】②③④.
【解析】
对于①：连接交于点，当点在点时直线与直线相交，故①不正确，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，，，，，，，
对于②：，假设存在点，使得，，，
所以，解得，所以当时，
故②正确；
对于③：连接、交于点，因为点E是棱的中点，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故③正确；
对于④：当时，，，，设平面的法向量为，由 令，可得，，可得，设平面的法向量为，，由解得:，令 可得，所以，因为，
所以平面平面，故④正确；
故答案为：②③④.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
18．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，给出下列结论：
①异面直线与所成的角范围为；
②平面平面；
③点到平面的距离为定值；
④存在一点，使得直线与平面所成的角为.
其中正确的结论是___________.
【答案】②③
【解析】对于①，当在点时，，
异面直线与所成的角最大为，
当在点时，异面直线与所成的角最小为，
所以异面直线与所成的角的范围为，故①错误；
对于②，如图，因为平面,所以,同理,又因为平面,所以平面，所以平面平面，故②正确；
对于③，因为平面,平面,所以平面，所以点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；
对于④，直线与平面所成的角为，，
当时，最小，最大，最大值为，故④不正确，
故答案为：②③.
立体几何中探索性问题
一．方法综述
立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。
对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。
二．解题策略
类型一 空间平行关系的探索
【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是__________
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③的面积可能等于；
④若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得
【答案】①②③④
【解析】①如图所示，当是中点时，可知也是中点且，，，所以平面，所以，同理可知，
且，所以平面，
又平面，所以平面平面，故正确；
②如图所示，取靠近的一个三等分点记为，记，，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，
则为中点，又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，
所以平面，故正确；
③如图所示，作，在中根据等面积得：，
根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，
则，故正确；
④如图所示，设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，，当时，解得：，故正确.
故答案为 ①②③④
【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本。
【举一反三】
1．（2020·黑龙江大庆实验中学高三（文））如图所示，在长方体中，，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：
①四棱锥的体积恒为定值；
②存在点，使得平面；
③对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面；
④存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.
其中真命题的是____________．（填写所有正确答案的序号）
【答案】①②④
【解析】对①,,又三棱锥底面
不变,且因为∥底面,故到底面的距离即上的高长度不变.故三棱锥体积一定,即四棱锥的体积恒为定值,①正确.
对②,因为,且长方体,故四边形为正方形,
故.要平面则只需,又,故只需面.
又平面,故只需即可.因为,故当 时存在点,使得,即平面.故②正确.
对③,当在时总有与平面相交,故③错误.
对④,四边形的周长,分析即可.
将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为使得截面四边形的周长取得最小值时的唯一点.故④正确.
故答案为：①②④
2.（2020北京西城区高三期末）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD．
（Ⅰ）求证：平面ACF⊥平面BDEF；
（Ⅱ）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），
求证：EF∥GH；
（Ⅲ）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF？若存在，求的值；若不存在，
请说明理由．
【答案】见解析
解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．
又∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，
且AC⊂平面ABCD，∴AC⊥平面BDEF．
又AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDEF．
（Ⅱ）证明：∵EF∥BD，EF⊂平面AEF，BD⊄平面AEF，∴BD∥平面AEF，
又BD⊂平面BDGH，平面AEF∩平面BDGH=GH，
∴BD∥GH，又BD∥EF，∴GH∥EF．
（Ⅲ）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM∥平面AEF，此时．
以下给出证明过程．证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，
因为BD∥EF，BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BD∥平面AEF．设AC∩BD=O，连接OM，
在△ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OM∥AE，
又因为OM⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以OM∥平面AEF．
又因为OM∩BD=O，OM，BD⊂平面BDM，所以平面BDM∥平面AEF．
类型二 空间垂直关系的探索
【例2】（2020·上海市控江中学高三（理））已知矩形, , ,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折的过程中( )
A．存在某个位置,使得直线和直线垂直
B．存在某个位置,使得直线和直线垂直
C．存在某个位置,使得直线和直线垂直
D．无论翻折到什么位置,以上三组直线均不垂直
【答案】A
【解析】如图所示：作于，于
翻折前，易知存在一个状态使，满足，，平面，平面，故正确错误；
若和垂直，平面，平面，不成立，故错误；
若和垂直，故平面，平面，，因为 ，故不成立，故错误；
故选：
【举一反三】
1．（2020·合肥市第六中学高三（理））已知矩形，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，则（ ）．
A．当时，存在某个位置，使得
B．当时，存在某个位置，使得
C．当时，存在某个位置，使得
D．时，都不存在某个位置，使得
【答案】C
【解析】
立体几何中探索性问题
∵，∴若存在某个位置，使得直线，则平面，则，在中，，，则由直角边小于斜边可知，，即，结合选项可知只有选项中时，存在某个位置，使得，故选．
【方法点晴】本题主要考查翻折问题、线面垂直与线线垂直转换的应用以及空间想象能力，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理，本题中，先根据线线垂直得到线面垂直，在根据线面垂直得到线线垂直，从而得到，进而得到结果.
2．（2020·安徽合肥一中高三期末）在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是__________．
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得；
④的面积可能等于.
【答案】①②③
【解析】由正方体性质可得平面，平面，所以，
是平面内两条相交直线，所以平面，平面，
，同理可证，是平面内两条相交直线，
所以平面，平面，所以平面平面，
当为直线与平面的交点时，满足平面平面，所以①正确；
根据①证明方法同理可证：，
可以证得平面，平面，所以平面平面，
所以②正确；
设，，
当时，，得：，即时，满足，所以③正确；
，均为直角三角形，，
的最小值为，此时，面积取得最小值，
，的面积不可能等于，所以④说法错误.
故答案为：①②③
3．（2020·四川高三月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，底面.
（1）当为何值时，平面？证明你的结论；
（2）若在边上至少存在一点，使，求的取值范围.
【答案】（1），证明见详解；（2）
【解析】（1）当时，四边形为正方形，则.
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面
所以平面.
故当时，平面.
（2）设是符合条件的边上的点.
因为平面，平面
所以，
又，，平面，平面
所以平面，
因为平面，所以.
因此，点应是以为直径的圆和边的一个公共点.
则半径， 即.所以.
类型三 空间角与距离的探索
【例3】（2020·重庆市松树桥中学校高三月考）如图，在单位正方体中，点P在线段上运动，给出以下四个命题：
异面直线与间的距离为定值；
三棱锥的体积为定值；
异面直线与直线所成的角为定值；
二面角的大小为定值．
其中真命题有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】对于①，异面直线与间的距离即为两平行平面和平面间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．
对于②，由于，而为定值，又P∈AD1，AD1∥平面BDC1，所以点P到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值．故②正确．
对于③，由题意得在正方体中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两条异面直线所成的角为．故③正确；
对于④，因为二面角P−BC1−D的大小，即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角的大小为定值．故④正确．
综上①②③④正确．选D．
【举一反三】
1．（2020·浙江学军中学高三期末）正四面体中，在平面内，点是线段的中点，在该四面体绕旋转的过程中，直线与平面所成角不可能是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】考虑相对运动，让四面体ABCD保持静止，平面绕着CD旋转，故其垂线也绕着CD旋转，如下图所示,取AD的中点F，连接EF，则 则也可等价于平面绕着EF旋转，在中，易得如下图示，将问题抽象为如下几何模型，平面的垂线可视为圆锥的底面半径EP，绕着圆锥的轴EF旋转，显然则设BE与平面所成的角为，
则可得
2．（2020·全国高三月考（理））如图，已知等边三角形中，，为的中点，动点在线段上（不含端点），记，现将沿折起至，记异面直线与所成的角为，则下列一定成立的是（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设正三角形的边长为，
如图，在等边三角形中，过作的垂线，垂足为，
过作，垂足为，
因为，则，且，故，
所以，
，故，又.
将沿折起至，则.
因，，，故平面，
因，故平面， 平面，
所以，又为异面直线、所成的角，
而，因，故，
故选A.
【点睛】折叠过程中空间中角的大小比较，关键是如何把空间角转化为平面角，同时弄清楚在折叠过程各变量之间的关系（可利用解三角形的方法来沟通）.
3.（2020·北京高三期末）在边长为的等边三角形中，点分别是边上的点，满足且，将沿直线折到的位置. 在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）
A．在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面
B．存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面
C．若，当二面角为直二面角时，
D．在翻折过程中，四棱锥体积的最大值记为，的最大值为
【答案】D
【解析】对于A，假设存在，使得平面，如图1所示，
因为平面，平面平面，故，但在平面内，是相交的，故假设错误，即不存在，使得平面，故A错误.
对于B，如图2，
取的中点分别为，连接，
因为为等边三角形，故，
因为，故
所以均为等边三角形，故，，
因为，，，故共线，
所以，因为，故平面，
而平面，故平面平面，
若某个位置，满足平面平面，则在平面的射影在上，也在上，故在平面的射影为，所以，
此时，这与矛盾，故B错误.
对于C，如图3（仍取的中点分别为，连接）
因为，所以为二面角的平面角，
因为二面角为直二面角，故，所以，
而，故平面，因平面，故.
因为，所以.
在中，，
在中，，故C错.
对于D，如图4（仍取的中点分别为，连接），
作在底面上的射影，则在上.
因为，所以且，所以其.
又
，
令，则，
当时，；当时，.
所以在为增函数，在为减函数，故.
故D正确.故选：D.
【点睛】本题考查平面图形的折叠问题、折叠过程的线面、面面关系的判断以及体积最值的计算，解题注意折叠前面变化的量与不变量的量，而线面、面面关系的判断要依据性质定理或判定定理，体积最值的计算首先要有目标函数，其次根据线段长度的大小关系放缩为一元函数，再利用导数求最值.
三．强化训练
1．（2020·四川广安中学高三月考）如图，在正方体中，是棱上的动点．下列说法正确的是（ ）
A．对任意动点在平面内不存在与平面平行的直线
B．对任意动点在平面内存在与平面垂直的直线
C．当点从运动到的过程中，二面角的大小不变
D．当点从运动到的过程中，点到平面的距离逐渐变大
【答案】C
【解析】因为在平面内，且平行平面，故A错误；
平面即平面，又平面与平面斜相交，
所以在平面内不存在与平面垂直的直线，故B错误；
平面即平面，平面与平面是确定平面，
所以二面角不改变，故C正确；
平面即平面，点到平面的距离为定值，故D错误.
故选C.
2．（2020·云南师大附中高三月考（理））如图，已知是圆的直径，，在圆上且分别在的两侧，其中，.现将其沿折起使得二面角为直二面角，则下列说法不正确的是（ ）
A．，，，在同一个球面上
B．当时，三棱锥的体积为
C．与是异面直线且不垂直
D．存在一个位置，使得平面平面
【答案】D
【解析】因为，所以A正确；
当，A，C各在所在圆弧的中点，此时三棱锥的底面BCD的面积和高均处于最大位置，此时体积为，所以B正确；
AB与CD显然异面，用反证法证明他们不垂直．若，过A作BD的垂线，垂足为E，因为为直二面角，所以AE⊥平面BCD，所以，所以，所以，这与矛盾，所以AB与CD不垂直，所以C正确；
假设存在一个位置，使得平面平面，过作于，则平面由于平面，与选项矛盾.
故选：D．
3．（2020·浙江高三月考）如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折过程中，下列三个说法中正确的个数是（ ）
①存在点E和某一翻折位置使得AE∥平面SBC；
②存在点E和某一翻折位置使得SA⊥平面SBC；
③二面角S﹣AB﹣E的平面角总是小于2∠SAE．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】对于①，四边形ABCE为梯形，所以AE与BC必然相交，故①错误；
对于②，假设SA平面SBC，SC平面SBC，所以SA⊥SC，又SA⊥SE，SE∩SC＝S，所以SA⊥平面SCE，所以平面SCE∥平面SBC，这与平面SBC∩平面SCE＝SC矛盾，
故假设不成立，即②错误；
对于③，当将△ADE沿AE翻折使得平面SAE⊥平面ABCE时，二面角S﹣AB﹣E最大，如图，在平面SAE内，作SO⊥AE，垂足为O，∴SO⊥平面ABCE；AB平面ABCE，
所以SO⊥AB；
作OF⊥AB，垂足为F，连接SF，SO∩OF＝O，则AB⊥平面SFO，所以AB⊥SF，则∠SFG即为二面角S﹣AB﹣E的平面角；
在直线AE上取一点，使得O＝OF，连接S，则∠SO＝∠SFO；
由图形知，在△SA中，S＞A，所以∠AS＜∠SAE；而∠SO＝∠SAE+∠AS，
故∠SO＜2∠SAE；
即∠SFO＜2∠SAE．故③正确．
故选：B．
4．（2019·湖南高三期末（理））如图，正方体的棱长为4，动点E，F在棱上，动点P，Q分别在棱AD，CD上．若，，，（大于零），则四面体PEFQ的体积
A．与都有关 B．与m有关，与无关
C．与p有关，与无关 D．与π有关，与无关
【答案】C
【解析】如下图所示，连接、交于点，作，
在正方体中，平面，且平面，
，又四边形为正方形，则，且，
平面，即平面，，平面，
且，易知四边形是矩形，且，点到直线的距离为，
的面积为，
所以，四面体的体积为，
因此，四面体的体积与有关，与、无关，故选C.
5．（2020·湖南省衡阳县第四中学高三期中）如图，等边三角形的中线与中位线相交于，已知是绕旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是
A．恒有⊥
B．异面直线与不可能垂直
C．恒有平面⊥平面
D．动点在平面上的射影在线段上
【答案】B
【解析】对A来说，DE⊥平面，∴⊥；
对B来说，∵E、F为线段AC、BC的中点，∴EF∥AB，∴∠A′EF就是异面直线A′E与BD所成的角，当（A'E）2+EF2=（A'F）2时，直线A'E与BD垂直，故B不正确；
对C来说，因为DE⊥平面，DE平面，∴平面⊥平面，故C正确；
对D来说，∵A′D=A′E，∴DE⊥A′G，∵△ABC是正三角形，∴DE⊥AG，又A′G∩AG=G，∴DE⊥平面A′GF，从而平面ABC⊥平面A′AF，且两平面的交线为AF，∴A'在平面ABC上的射影在线段AF上，正确；
故选：B
6．（2020·云南省玉溪第一中学高三月考（理））如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，则在折起过程中，下列说法错误的是（ ）
A．始终有平面
B．不存在某个位置，使得平面
C．三棱锥体积的最大值是
D．一定存在某个位置，使得异面直线与所成角为
【答案】D
【解析】对于，延长，交于，连接，由为的中点，
可得为的中点，又为的中点，可得，平面，
平面，则平面，正确；
对于，设为的中点，连接，可得，若平面，即有，则平面，即有，由，，为的中点，则，即，可知，则与不垂直；
则不存在某个位置，使得平面，正确；
对于，设为的中点，连接，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得
当平面平面时，三棱锥的体积最大，
最大体积为，正确；
对于，，过作，平面，
则是异面直线与所成的角或所成角的补角，且，
在△中，，，，
由正弦定理可得，则即
则为定值，即为定值，故不存在某个位置，使得异面直线与所成角为，错误；故选：．
7．（2020·深圳市高级中学高考模拟（理））设是正四面体底面的中心，过的动平面与交于与的延长线分别交于则( )
A．有最大值而无最小值
B．有最小值而无最大值
C．既有最大值又有最小值，且两者不相等
D．是一个与平面无关的常数
【答案】D
【解析】设正三棱锥中,各侧棱两两夹角为, 与面所成角为,
则.
另一方面,记到各面的距离为,则,
即
,
故有: ,
即常数，故选D.
8．（2020·浙江高考模拟）已知正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线平面，分别是棱上一点（除端点），将正三棱锥绕直线旋转一周，则能与平面所成的角取遍区间一切值的直线可能是（ ）
A． B． C． D．中的任意一条
【答案】B
【解析】假设满足题意，当与平面所成的角为时，
，由可得.
在正三棱锥中，可得，当时可得，
显然这是不可能成立的，所以不满足题意.
同理，与不可能垂直，则与平面所成的角不可能为.
综上所述，可以排除A,C,D，故选B.
9．（2020·河南高考模拟（理））设是正方体的对角面（含边界）内的点，若点到平面、平面、平面的距离相等，则符合条件的点（ ）
A．仅有一个 B．有有限多个 C．有无限多个 D．不存在
【答案】A
【解析】解：与平面 距离相等的点位于平面 上；
与平面 距离相等的点位于平面 上；
与平面 距离相等的点位于平面 上；
据此可知，满足题意的点位于上述平面，平面,平面的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个.
本题选择A选项.
10．（2020·广东佛山一中高三（理））如图，矩形中，为边的中点，将沿直线翻转为．若为线段的中点，则在翻转过程中，有下列命题：
①是定值；
②点在圆上运动；
③一定存在某个位置，使；
④若平面，则平面．
其中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取中点，连接，，
由，定值，定值，
由余弦定理可得，
所以是定值，故①正确；
∵是定点，∴是在以为圆心，为半径的圆上，故②正确，
∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置,使DE⊥A1C，故③不正确.
由，，∴平面平面，∴平面，故④正确．
故选C．
11．（2020·永安市第三中学高三月考（理））如图，在正方体¢中,平面a垂直于对角线AC¢,且平面a截得正方体的六个表面得到截面六边形,记此截面六边形的面积为,周长为,则（ ）
A．为定值,不为定值 B．不为定值,为定值
C．与均为定值 D．与均不为定值
【答案】B
【解析】设平面截得正方体的六个表面得到截面六边形为，与正方体的棱的交点分别为（如下图），
将正方体切去两个正三棱锥和，得到一个几何体，是以平行平面和为上下底，每个侧面都是直角等腰三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，设正方体棱长为，，则，，故，同理可证明，故六边形的周长为，即周长为定值；
当都在对应棱的中点时，是正六边形，计算可得面积，三角形的面积为，当无限趋近于时，的面积无限趋近于，故的面积一定会发生变化，不为定值．
故答案为B.
12．（2020·上海市奉贤中学高三）设为空间中三条互相平行且两两间的距离分别为4、5、6的直线，给出下列三个结论：
①存在使得是直角三角形；
②存在使得是等边三角形；
③三条直线上存在四点使得四面体为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体，其中，所有正确结论的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】我们不妨先将 A、B、C按如图所示放置．
容易看出此时BC＜AB＝AC．
现在，将A和B往上移，
并且总保持AB＝AC（这是可以做到的，只要A、B的速度满足一定关系），
而当A、B 移得很高很高时，
不难想象△ABC 将会变得很扁，
也就是会变成顶角A“非常钝”的一个等腰钝角三角形．
于是，在移动过程中，
总有一刻，使△ABC成为等边三角形，
亦总有另一刻，使△ABC成为直角三角形（而且还是等腰的）．
这样，就得到①和②都是正确的．
至于③，如图所示．
为方便书写，称三条两两垂直的棱所公共顶点为⊤．
假设A是⊤，
那么由 AD⊥AB，AD⊥AC，
知 L3⊥△ABC，
从而△ABC三边的长就是三条直线的距离4、5、6，
这就与AB⊥AC 矛盾．
同理可知D是⊤时也矛盾；
假设C是⊤，
那么由BC⊥CA，BC⊥CD，
知BC⊥△CAD，
而 l1∥△CAD，故 BC⊥l1，
从而BC为l1与l2的距离，
于是 EF∥BC，EF＝BC，这样就得到EF⊥FG，矛盾．
同理可知B是⊤时也矛盾．
综上，不存在四点Ai（i＝1，2，3，4），
使得四面体A1A2A3A4为在一个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体．
故选C．
13．如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中正确是___________.(填序号即可)
①|BM|是定值；
②总有CA1⊥平面A1DE成立；
③存在某个位置，使DE⊥A1C；
④存在某个位置，使MB平面A1DE.
【答案】①④
【解析】
对于①：由图知，取CD的中点F，联结MF，BF，设，
易知∠A1DE=∠MFB，MFA1D=，FB=DE=，
由余弦定理可得MB2=MF2+FB2﹣2MF•FB•cos∠MFB，
所以MB是定值，故①正确.
对于②：由反证法，若总有CA1⊥平面A1DE成立，则CA1⊥A1E成立，
而CE=，，求得CA1=为定值，而在翻折过程中，
CA1的长是一直变化的，故②错误；
对于③：∵A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，
∴A1C与DE一定不垂直，可得③不正确.
对于④：由①知，MFDA1，BFDE，
∴平面MBF平面A1DE，
∴MB平面A1DE，故④正确.
故答案为：①④.
14．（2020·黑龙江牡丹江一中高三月考（理））如图正方体的棱长为，、、，分别为、、的中点.则下列命题：①直线与平面平行；②直线与直线垂直；③平面截正方体所得的截面面积为；④点与点到平面的距离相等；⑤平面截正方体所得两个几何体的体积比为.其中正确命题的序号为_______.
【答案】①③⑤
【解析】连结,由、分别为、的中点.
则∥,又∥，所以∥且=.
所以截面四边形形为等腰梯形.
对①, 、，分别为、的中点,
所以∥,且=，则四边形为平行四边形,
所以∥,所以∥平面，故①正确.
对②, ∥,在中，,
显然与不垂直，则直线与直线不垂直，故②不正确.
对③, 平面截正方体所得的截面为四边形,
又四边形为等腰梯形,其中,,
梯形的高为,
则其面积为.故③正确.
对④，点是的中点，所以到面的距离相等.
、分别为、的中点,延长交的延长线于点,
即直线交平面于点,则为的中点,如图,
分别过作平面的垂线，垂足分为，
所以分别为点到面的距离,则三点共线，
根据三角形的相似可得:,所以到面的距离不相等，
则点与点到平面的距离不相等,故④不正确.
对⑤, 由条件可知多面体为棱台，
其体积为,
平面截正方体所得两个几何体的体积比为,故⑤正确.
故答案为：①③⑤.
15．（2020·莆田第七中学高三）在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是____.
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面；
③的面积不可能等于；
④若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得.
【答案】①②④
【解析】①如图
当是中点时，可知也是中点且，，，所以平面，所以，同理可知，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；
②如图
取靠近的一个三等分点记为，记，，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，则为中点，又为中点，所以，且，，，所以平面平面，且平面，所以平面，故正确；
③如图
作，在中根据等面积得：，根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，则，故错误；
④如图
设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，，当时，解得：，故正确.
故填：①②④.
16．如图，已知在正方体中，，点为棱上的一个动点，平面与棱交于点，给出下列命题：
①无论在如何移动，四棱锥的体积恒为定值；
②截面四边形的周长的最小值是；
③当点不与，重合时，在棱上恒存在点，使得平面；
④存在点，使得平面；其中正确的命题是______．
【来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末数学理试题
【答案】①②④
【解析】
解:①由题意可得∥，∥，如图建立坐标系:
，四边形为平行四边形
又（ 为到平面距离）且
上点到平面距离相等
无论在上何处，不变
不变
不变
故①正确
②由①知：四边形的周长
设，则，
等价于上点到与距离
此时
周长最小为
故②正确
③在上寻找一点，使到的距离为距离
∥，且在平面中
但当时，，与矛盾
故③错误;
④当与重合时，显然，
平面
故④正确
综上可得:正确为①②④.
故答案为:①②④.
17．如图，点E是正方体的棱的中点，点在线段上运动，则下列结论正确的有__________．
①直线与直线始终是异面直线
②存在点，使得
③四面体的体积为定值
④当时，平面平面
【答案】②③④.
【解析】
对于①：连接交于点，当点在点时直线与直线相交，故①不正确，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为，则，，，，，，，
对于②：，假设存在点，使得，，，
所以，解得，所以当时，
故②正确；
对于③：连接、交于点，因为点E是棱的中点，此时，故线段到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，故③正确；
对于④：当时，，，，设平面的法向量为，由 令，可得，，可得，设平面的法向量为，，由解得:，令 可得，所以，因为，
所以平面平面，故④正确；
故答案为：②③④.
【点睛】
方法点睛：证明面面垂直的方法
（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；
（2）利用性质：（客观题常用）；
（3）面面垂直的定义（不常用）；
（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于.
18．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，给出下列结论：
①异面直线与所成的角范围为；
②平面平面；
③点到平面的距离为定值；
④存在一点，使得直线与平面所成的角为.
其中正确的结论是___________.
【答案】②③
【解析】对于①，当在点时，，
异面直线与所成的角最大为，
当在点时，异面直线与所成的角最小为，
所以异面直线与所成的角的范围为，故①错误；
对于②，如图，因为平面,所以,同理,又因为平面,所以平面，所以平面平面，故②正确；
对于③，因为平面,平面,所以平面，所以点到平面的距离为定值，且等于的，即，故③正确；
对于④，直线与平面所成的角为，，
当时，最小，最大，最大值为，故④不正确，
故答案为：②③.
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