07 立体几何中的存在性问题及其应用-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

■江苏省昆山市柏庐高级中学 孙夏燕 基于立体几何场景下的存在性问题,通 过“三维空间”的立体构建,“动”与“静”巧妙 融合,成为新高考数学试卷中的热点与难点 问题。此类问题内涵丰富,灵活多变,创新新 颖,具有开放性、灵活性、探究性及创新性等 特点,充分体现“开放探索,考查探究精神,开 拓展现创新意识的空间”的高考命题思想与 命题原则,能全面考查同学们的“四基”与“四 能”,具有很好的区分度与选拔功能,成为数 学高考试卷中的一道亮丽风景线。下面结合 立体几何中元素的存在性类型,就点的存在 性、参数的存在性及综合元素的存在性等展 开,通过典型实例剖析应用,引领并指导同学 们的数学复习与备考。 一、点的存在性问题 图1 例 1 如图1,在四棱锥 P-ABCD 中,底面ABCD 是 平行四边形,M,N,Q 分别为 BC,PA,PB 的中点。 (1)求证:平面MNQ∥平 面PCD。 (2)试问:在线段 PD 上是否存在一点 E,使得 MN∥平面 ACE? 若存在,求出 PE PD 的值;若不存在,请说明理由。 解析:(1)在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形,M,N,Q 分别为BC, PA,PB 的中点,所以 NQ∥AB∥CD,MQ∥ PC。因 为 NQ ⊄ 平 面 PCD,CD ⊂ 平 面 PCD,所以 NQ∥平面PCD。同理 MQ∥平 面PCD。又因为NQ∩MQ=Q,NQ,MQ⊂ 平面 MNQ,所以平面 MNQ∥平面PCD。 (2)线段PD 上存在一点E,使得 MN∥ 平面ACE,且 PE PD= 1 2 。证明如下: 如图2,取PD 的中点E,连接 NE,CE, AE。因为N,E,M 分别是AP,PD,BC 的 图2 中点,BC∥AD,BC=AD,所 以NE∥MC,NE=MC。所 以四边形 MCEN 是平行四 边形,所以 MN∥CE。因为 MN⊄平面ACE,CE⊂平面 ACE,所以 MN∥平面ACE,此时 PE PD= 1 2 。 点评:探究此类涉及立体几何中的点的 存在性问题,可通过假设对应的点存在,借助 合理的逻辑推理与数学运算来分析与求解, 结合题设条件的分析,若满足则点存在,若不 满足则点不存在;而若点存在时,也可通过直 接确定点的位置,再结合相应的逻辑推理与 数学运算得到满足题设条件。两种思维方式 都可以分析与判断点的存在性问题。 二、参数的存在性问题 图3 例 2 (2024年湖北省 黄冈市高考数学模拟试卷) 如 图 3,在 长 方 体 ABCD- A1B1C1D1 中,E,M 分别是 BC,AE 的中点,AD=AA1 =1,AB=2。 (1)点N 在线段CD1 上(不包括端点), 且CN→=λCD→1,试问:是否存在实数λ,使得 MN∥平面ADD1A1? 若存在,求出λ 的值; 若不存在,请说明理由。 (2)在(1)的条件下,试确定BB1 与平面 DMN 的交点F 的位置,并求BF 的长。 图4 解析:(1)如图4所示, 以 D 为 坐 标 原 点,DA, DC,DD1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间 直 角 坐 标 系 D-xyz,则 D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,2, 0),E 12 ,2,0 ,M 34,1,0 ,所以 DC→=(0, 2,0),DM→= 34,1,0 ,CD1→=(0,-2,1)。 02 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月 假设 存 在 实 数 λ,使 得 MN ∥平 面 ADD1A1,由CN→=λCD→1=λ(0,-2,1)= (0,-2λ,λ)(0<λ<1),得DN→=DC→+CN→= (0,2,0)+(0,-2λ,λ)=(0,2-2λ,λ),MN→ =DN→-DM→= -34,1-2λ,λ 。 由题 意 知,DC→ = (0,2,0) 是 平 面 ADD1A1 的一个法向量,所以 MN→⊥DC→,即 2(1-2λ)=0,解得λ= 1 2 。 因为MN⊄平面ADD1A1,所以当N 为 CD1 的中点时,MN∥平面ADD1A1。 所以存在实数λ= 1 2 ,使得 MN∥平面 ADD1A1,此时N 为CD1 的中点。 (2)由题意知,点F 在直线BB1 上,又直 线BB1 与z轴平行,故可设F(1,2,t),t∈R。 由(1)知,DN→= 0,1,12 。 又点F 在平面DMN 内,所以存在实数 a,b,使得 DF→=aDM→+bDN→,即(1,2,t)= a 34 ,1,0 +b0,1,12 = 34a,a+b,12b , 所以 1= 3 4a , 2=a+b, t= 1 2b , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 解得 a= 4 3 , b= 2 3 , t= 1 3 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 即F1,2, 1 3 ,故 F 是棱BB1 上靠近点B 的三等分点,BF= 1 3 。 点评:探究此类涉及立体几何中的参数 的存在性问题,经常直接利用对应的参数的 关系式,从不同思维(几何思维,或向量思维) 视角切入,结合空间位置关系的判断与推理、 空间角或空间距离的求解与运算等加以分 析,进而求解相关参数值,同时比较题设条件 与应用场景,合理判断,进而合理探索与求解 参数的存在性。 三、综合元素的存在性问题 例 3 (2024年辽宁省大连市高考数学 三模试卷)如图5,已知四棱锥 T-ABCD 的 底面是平行四边形,平面α与直线AD,TA, 图5 TC 分别交于点 P,Q,R,且 AP AD= TQ TA= CR CT=x ,点 M 在 直线TB 上,N 为CD 的中点, 且直线 MN∥平面α。 (1) 设 TA→=a,TB→=b, TC→=c,试用基底{a,b,c}表示向量TD→; (2)求证:对所有满足条件的平面α,点 M 都落在某一条长为 5 2TB 的线段上。 解析:(1)因为CD→=BA→=TA→-TB→,又 TD→=TC→+CD→,所以 TD→=TC→+TA→-TB→ =a-b+c。 (2)设 TA→=a,TB→=b,TC→=c,由(1) 知,TD→=a-b+c。 又 AP AD= TQ TA= CR CT=x ,所以 TQ→=xa, TR→=(1-x)c,AP→=xAD→=x(TC→-TB→)= x(c-b)。 所以TP→=AP→-AT→=x(c-b)+a=a +xc-xb,QP→=TP→-TQ→=a+xc-xb- xa=(1-x)a+xc-xb,QR→=TR→-TQ→= (1-x)c-xa=-xa+(1-x)c。 设TM→=λTB→=λb,又 TN→=12TC →+ 1 2TD →=12a- 1 2b+c ,所以NM→=TM→-TN→ =λb- 1 2a+ 1 2b-c=- 1 2a+ λ+ 1 2 b- c。 因为NM→∥平面PQR,所以存在实数y, z,使得NM→=yQP→+zQR→。 所以- 1 2a+ λ+ 1 2 b-c=y(1-x)a -yxb+yxc-zxa+z(1-x)c=(y-xy- zx)a-yxb+(yx+z-xz)c。 所以 y-xy-zx=- 1 2 , -yx=λ+ 1 2 , yx+z-xz=-1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 消元得(4λ+ 1)x2-(4λ+3)x+2λ+1=0对x∈R有解。 当λ=- 1 4 时,-2x+ 1 2=0 ,即x= 1 4 ; 12 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2025年4月