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立体几何中的探索性问题
一．立体几何中的探索性问题
(1)解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．
(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
二．立体几何中的探索性问题答题思路
【典例】（2021·全国高考真题（理））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
【例2】（2022·北京工业大学附属中学三模）如图，在直三棱柱中，，，点为棱的中点，点为线段上一动点.
（Ⅰ）求证：当点为线段的中点时，平面；
（Ⅱ）设，试问：是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数；若不存在，请说明理由.
利用空间向量巧解探索性问题的策略
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无须进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.
(2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等问题,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.
[提醒]探索线段上是否存在点时,注意三点共线条件的应用.
1．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）已知四棱锥中，平面，，，，，．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
2．（2023·河北石家庄·统考一模）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．
(1)证明：平面；
(2)侧棱上是否存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
3．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.
(1)求证：；
(2)若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
4．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．
(1)求证：MN平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
5．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．
(1)求证：面面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
6．（2023·上海·统考模拟预测）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.
(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
7．（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，．
(1)求证：平面PBC；
(2)在棱PC上是否存在一点G，使平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．
8．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
9．（2023·山西·统考一模）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
(1)求到平面的距离；
(2)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，求出的值；若不存在，请说明理由.
10．（2021·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测）四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
思路引导
母题呈现
方法总结
模拟训练
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立体几何中的探索性问题
一．立体几何中的探索性问题
(1)解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．
(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
二．立体几何中的探索性问题答题思路
【典例】（2021·全国高考真题（理））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
【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以
因为，，所以，
又，所以平面．
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．
所以，
．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）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．
【例2】（2022·北京工业大学附属中学三模）如图，在直三棱柱中，，，点为棱的中点，点为线段上一动点.
（Ⅰ）求证：当点为线段的中点时，平面；
（Ⅱ）设，试问：是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）证明：连、，∵点为线段的中点，
∴、、三点共线.∵点、分别为和的中点，
∴．在直三棱柱中，，∴平面，
∴，又，∴四边形为正方形，∴，
∵、平面，∴平面，而，∴平面.
（Ⅱ）解：以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
连接、，设，∵，
∴，∴，∴.
∵点在线段上运动，∴平面的法向量即为平面的法向量，
设平面的法向量为，
由得，令得，
设平面的法向量为，
由得，
令得，取，
由题意得| ，
∴，解得或.
∴当或时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
利用空间向量巧解探索性问题的策略
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题,它无须进行复杂的作图、论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.
(2)解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等问题,所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法解题.
[提醒]探索线段上是否存在点时,注意三点共线条件的应用.
1．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）已知四棱锥中，平面，，，，，．
(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)线段上是否存在一点M，使得平面？若存在，请指出点M的位置；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出相关线段的长，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案；
（2）假设存在满足条件的点M，表示出其坐标，利用向量的垂直列出方程，根据方程解的情况可得出结论.
【详解】（1）因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
又因为，，所以 ．
因为平面，平面，平面，
所以．又，所以．
以A为坐标原点，以所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，得，
令，可得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
另解：
如图，连接AC．因为，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
因为，，所以．
因为BC⊥AB，所以．
因为平面，平面，平面，平面，
所以．
因为，所以，．
所以，．
设点C到平面的距离为h，
由，得，即，解得．
设直线 与平面所成的角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2）不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M（如图）．
可设，，所以，
所以．
又由（1）知为平面的一个法向量，所以，
即，无解．
所以线段PB上不存在满足条件的点M．
另解：
不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M，
由平面，平面，平面，得，且，
因为平面，平面，所以．
因为，且，平面，平面，
所以平面．又平面，所以．
若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．
又与不垂直，所以线段上不存在满足条件的点M．
2．（2023·河北石家庄·统考一模）如图，四棱锥中，底面为矩形且垂直于侧面，为的中点，，．
(1)证明：平面；
(2)侧棱上是否存在点E，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）利用相似三角形和勾股定理证出，根据平面与平面垂直的性质和直线与平面垂直的性质，证得，根据直线和平面垂直的判定定理，证出平面；
（2）根据平面与平面垂直的性质以及为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角与平面与平面的夹角公式及关系，求出存在点，得出或.
【详解】（1）证明：设交于点，
底面为矩形，在中，，
为的中点，，
在中，，
，，，，，
，，，即,
∵，为等边三角形，为的中点，，
∵平面平面平面SAO，平面平面=，，
平面，
平面，，即，
又，，平面，平面.
（2）设，，
底面为矩形，∴，
∵平面平面，平面平面=，，
平面.
以坐标原点，过点作平行于的直线为轴，以和所在直线分别为轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系；
∵，为等边三角形，
为的中点，
，，
,,,,，
,，，；
,
，
设平面的法向量为，
，即，令，
设平面的法向量为，
由可得，
令，，
,
平面与平面夹角的余弦值为，
，
整理得，或，均符合，
或，
侧棱上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
或.
3．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，侧面是等腰三角形，.
(1)求证：；
(2)若侧面底面，侧棱与底面所成角的正切值为，为侧棱上的动点，且.是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数若不存在，请说明理由.
【分析】（1）通过证明线面垂直，即可证明；
（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点坐标，求出平面与平面的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数的值.
【详解】（1）由题意，
在四棱锥中，取的中点为，连接，，
在等腰中，，∴，
在直角梯形中，
，，，，
∴,,，四边形是矩形，
∴，，，，
∴，,,
∵面，面，面，，
∴面，
∵面,
∴.
（2）由题意及（1）得，，，，，
在四棱锥中，侧面底面，面底面，
∴，
∵侧棱与底面所成角的正切值为，
设，
∴由几何知识得，，四边形是平行四边形，
∴,，
在直角中，，，
∴，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴，，，，，，
∵为侧棱上的动点，且，
设
由几何知识得，，解得：，
在面中，其一个法向量为，
在面中，，，
设平面的法向量为，
则，即，解得：
当时，，
设平面与平面的夹角为
∵平面与平面的夹角的余弦值为
∴
解得：或（舍）
∴存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
4．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．
(1)求证：MN平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；
（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.
【详解】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．
∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，
∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．
又∵，∴平面PAD平面MNE．
∵平面MNE，∴MN平面PAD．
（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．
依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，PC中点，∴，．
设平面DMN的法向量，则，即，
取x＝1，得y＝1，z＝－1，．
若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．
设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，
解得t＝1或t＝－3．
已知0≤t≤4，则t＝1，∴．
DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．
故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且．
5．（2023·安徽淮北·统考一模）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，，，．
(1)求证：面面ABCD；
(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B，Q两点的截面，且平面BEQF，是否存在点Q，使得平面平面PAD？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
【分析】（1）结合余弦定理，勾股定理可得，又，所以面PAB，进而得出结论；
（2）建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，设，求得平面BEQF的法向量，由得出答案.
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
所以，则，即，
又，，面PAB，
所以面PAB，又面ABCD，
所以面面ABCD；
（2）假设存在点Q，使得平面平面PAD；
如图，以A为原点，分别以，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，，
设是平面PAD的法向量，则，取，
设，其中．
则
连接EF，因平面BEQF，平面PAC，平面平面，故，
取与同向的单位向量，
设是平面BEQF的法向量，
则，取．
由平面平面PAD，知，有，解得．
故在侧棱PD上存在点Q且当时，使得平面平面PAD．
6．（2023·上海·统考模拟预测）正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.
(1)求四面体的体积；
(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.
【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；
（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.
【详解】（1）
如图所示，连接，交于点，过作于点，
由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，
得，，平面，，
，
又，，平面，
平面，
又，则，
因为为上靠近的三等分点，
则，且平面，
所以；
（2）
设平面与平面所成角为，则，，
如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
因为为上靠近的三等分点，
则，且，，，
设，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
又由（1）得平面，
则平面的法向量为，
所以，
解得或，
所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.
7．（2023·四川绵阳·绵阳中学校考模拟预测）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，．
(1)求证：平面PBC；
(2)在棱PC上是否存在一点G，使平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．
【分析】（1）连接AC，由中位线的性质可得，再由线面平行的性质可得证；
（2）设，求出平面EFD的一个法向量， 由将用表示出来， 再由，共线列出满足的关系求解，由无解得不存在.
【详解】（1）连接AC，因为F为BD中点，底面ABCD是正方形，所以F为AC中点，
又E为PA中点，所以，
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC．
（2）不存在．
假设存在，连接AC，BD，交于点F，EF为平面EDF和平面PAC的交线，
取的中点O，连接，则，
因为侧面底面ABCD，面底面，面，
所以面，又因为面，所以，
以O为原点，OA，OF，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，，，
设，则，，
设平面EFD的一个法向量是，
∵，即，令，则，
∵因为平面EDF，∴，∴，，，
∵，共线，，，
∴，
∴，无解，
故在棱PC上不存在一点G，使平面EDF．
8．（2023·河南开封·开封高中校考模拟预测）如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，为线段上一点.
(1)求证：；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【分析】（1）由面面垂直性质定理得平面，进而证明平面即可证明结论；
（2）解法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴
建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；
解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，进而证明为二面角的平面角，进而结合题意，根据几何关系求解即可.
【详解】（1）证明：连接交于，连接，
因为四边形为正方形，所以，.
因为正方形与矩形所在平面互相垂直，交线为平面，
所以平面，.
又平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以.
（2）解：存在满足条件的点.
解法一：因为为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，，
因为矩形中，
所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴 轴
建立空间直角坐标系，如图.
因为，则，
所以.
易知为平面的法向量，
设，所以.
设平面的法向量，
所以，即，取，得，
又二面角的大小为，
所以，
即，解得.
又因为，所以，即.
解法二：假设存在满足条件的点，过点作于点，连接，
因为为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为平面
所以，
所以为二面角的平面角，
所以.
在中，，
所以，
又在中，，，
所以，
因为，
所以，
所以，在中，，
所以.
9．（2023·山西·统考一模）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
(1)求到平面的距离；
(2)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，求出的值；若不存在，请说明理由.
【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求得点到平面的距离；
（2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，
为等边三角形，
，
又平面平面，平面平面，
平面，
如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面的法向量为，
，，即，令，则，
又，
故到平面的距离；
（2）设，，，
，
则，，
设平面的法向量为，
，，则，令，则，
又平面的法向量为，
于是，
化简得，又，得，
即，
故存在点，此时.
10．（2021·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测）四棱锥中，面，，，是的中点，在线段上，且满足．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）利用向量法求解；
（3）利用向量法求解.
【详解】（1）由题意可得，，两两互相垂直，所以可以以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图示：
，，，.
∴.
设平面的一个法向量为.
，不妨令，.
又，，
.
不在平面内，
平面.
（2）设点坐标为，，.
由，，.
，
设平面的一个法向量为，
由，不妨令，
，
，
又由图可知，该二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为
（3）设，.
，
，
与面所成角的余弦值是.其正弦值为，
，
整理得：，
，
存在满足条件的点，且．
思路引导
母题呈现
方法总结
模拟训练
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