专题02 立体几何中必考四类探索性问题（举一反三专项训练）高二数学苏教版选择性必修第二册

专题02 立体几何中必考四类探索性问题（举一反三专项训练） 【苏教版】 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 10 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 20 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 29 知识点 立体几何中的探索性问题 1．与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 2．立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（    ） A． 平面 B．存在点，使平面 C．存在点，使 D． 【答案】D 【解题思路】当与重合时， 平面，即可判断A；设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，可得坐标，由可知与不垂直，即可判断B；若，则，列方程组求解可判断C；由可判断D. 【解答过程】当与重合时，又平面，则 平面，故A错误； 设正方体的棱长为1，以点为坐标原点，以，，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设，又，∴， ，则，∴， ∵，，∴与不垂直，而平面，则与平面不垂直，故B错误； ，若，则，则，此方程无解，故不存在点，使，故C错误； ∵，，，∴，故D正确． 故选：D． 2．（24-25高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【答案】A 【解题思路】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【解答过程】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则 ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 3．（多选）（24-25高二上·山东青岛·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则（   ） A． B．存在点，使面 C．最小值为 D．存在两个点，使与所成的角为60° 【答案】ABC 【解题思路】建立空间直角坐标系，用空间向量分析各选项，可得结果. 【解答过程】如图，以为原点，建立空间直角坐标系. 则,，，， 为棱上的动点，可设，. 所以，. 对A： ，所以，故A正确； 对B：因为平面的法向量可取，由 ，所以点为线段中点时，面，故B正确； 对C：因为 ，当时取等号，故C正确； 对D：由 或， 因为，所以不合题意，所以使与所成的角为60°的点只有1个，故D错误. 故选：ABC. 4．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得 平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【解题思路】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【解答过程】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 5．（24-25高二上·福建福州·期中）在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？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， 【解题思路】（1）面面垂直得到线面垂直，再由线线垂直证明线面垂直； （2）取AD中点，证明三条直线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，设，使得平面，用空间向量建立等量关系，求得的值. 【解答过程】（1）∵面面，面面， ，面， ∴面， ∵面， ∴， 又，，面，面 ∴面， （2）取中点为，连结， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵面面，面面， 两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 易知，，，， 则，，，， 设为面的法向量，令. 则 假设存在点使得面， 设，， 又，，，， 有∴ ∵面，为的法向量， ∴，即，得 综上，存在点，即当时，点即为所求. 6．（24-25高二上·广西玉林·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？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) (3)不存在，理由见解析. 【解题思路】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，得到垂直关系，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案； （3）设，其中，求出向量的坐标，根据，求出的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）证明：因为平面平面，且平面平面， 且，平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 因为，，、平面，所以，平面. （2）解：取中点为，连接、， 又因为，则，则， 因为，则，则， 在平面内，因为，，则， 因为平面，则平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，设与平面的夹角为， 则，则， 所以，直线与平面所成角的余弦值为. （3）解：设，其中， 则， 因为平面，则，解得， 因此，在棱上不存在点，使得平面. 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 7．（24-25高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 【答案】D 【解题思路】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，求出平面的法向量，设，然后逐个分析判断即可. 【解答过程】如图，以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设， 对于A，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以A错误， 对于B，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得不合题意，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以B错误， 对于C，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，方程组不成立，所以与不共线，所以与平面不垂直，所以C错误， 对于D，，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一，使，则，所以，得符合题意，所以当时，与共线，此时与平面垂直，所以D正确， 故选：D. 8．（2025·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 【答案】C 【解题思路】连接，，取的中点，连接，点到线段的最短距离大于，即可判断；建立空间直角坐标系，点到平面的距离为，即可判断；由平面，连接交于点，与全等，所以，即可判断；平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为，可求截面面积. 【解答过程】 连接，，所以，，取的中点，连接， 所以，点到线段的最短距离大于，所以不存在点，使得直线与直线相交，故不正确； 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，所以，即， 令，则，，所以， 所以点到平面的距离为，而，所以不存在点，使得直线平面，故不正确； 因为，所以平面，连接交于点，所以为的中点，， 所以为直线与平面所成角， 因为，在中，， 所以，因为与全等，所以，故正确； 延长交的延长线于，连接交于，连接，取的中点，的中点， 连接，，，，，， 平面被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为， 所以截面面积为，故不正确. 故选：C. 9．（多选）（24-25高二上·全国·课后作业）在正方体中，为上一动点，则（    ） A．存在点使得与平面垂直 B．不存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．不存在点使得与平面垂直 【答案】BC 【解题思路】建系，通过直线方向向量与平面法向量的关系逐个判断即可. 【解答过程】如图，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则，，，，， 所以，．设平面的法向量为，则 令，则是平面的一个法向量．设． ，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一的，使，则，等式不可能成立， 所以与不共线，所以不存在点使得与平面垂直， ，若与平面垂直，则与共线，则存在唯一的，使，则， 得，， 所以当的坐标为时，与共线，此时与平面垂直， 故选：BC. 10．（24-25高二上·北京·期中）如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论: ①三棱锥的体积为定值; ②存在点，使平面； ③存在点，使平面平面; ④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 其中所有正确结论的序号为 . 【答案】①②④ 【解题思路】对于①选项，利用等体积法判断；对于②、③、④三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 【解答过程】易得平面平面，所以到平面的距离为定值， 又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故①正确． 对于②, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴,，建立空间直角坐标系, 则， ， 所以， 设，则， 所以，， 因为平面， 所以， 解得，当为线段上靠近的四等分点时，平面，故②正确. 对于③，设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，取，得， 所以平面的法向量为， 因为平面平面，所以， 设，即， 解得，又因为，不合题意， 线段上不存在点，使平面，故③错误． 对于④，平面的法向量为， 则， 因为， 所以， 所以的最大值为．故④正确． 故答案为：①②④． 11．（24-25高二上·贵州·期中）如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【解题思路】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可. 【解答过程】（1）证明：设的中点为，连接， 因为P为的中点，Q为的中点， 所以，，， 在直三棱柱中，，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面， 又平面平面，平面， 所以. （2）在直三棱柱中，平面，， 故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 则，， 又，则， 所以， 若平面，则， 则，解得， 所以线段上存在点P，使得平面，此时. 12．（24-25高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面．    (1)求证：为线段中点； (2)求二面角的正切值； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【解题思路】（1）由面面平行的性质可证得，由此可得出四边形，可证得，即可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质可推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正切值； （3）设，其中，根据平面平面结合空间向量法求出实数的值，即可得出结论. 【解答过程】（1）证明：因为平面平面．平面平面，平面平面， 可得， 又因为，则四边形为平行四边形，则， 因为为的中点，则，所以，， 故点为的中点. （2）解：因为，为的中点，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 又因为四边形为正方形，以点为坐标原点，、、的方向分别为、 、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    因为，则、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为，， 则， 所以，. 由图可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角的正切值为. （3）解：易知、、、， 设，其中， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 因为平面平面，则， 则，解得， 所以，当点为的中点时，平面平面，故. 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 13．（24-25高二上·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，设，，利用空间向量法一一计算可得. 【解答过程】如图建立平面直角坐标系，则，，，， 设，，则， 若，则，解得， 所以存在点满足，故①正确； 因为，，设平面的法向量为， 则，取， 设与平面所成角为，， 则， 令，，则，所以， 令，，则，所以， 所以存在点满足与平面所成角的大小为，故②正确； 因为，， 所以，所以， 所以存在点满足，故③正确. 故选：D. 14．（24-25高二上·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（    ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 【答案】D 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量研究空间中线线、线面关系即可. 【解答过程】设正方体棱长为，如图所示建立空间直角坐标系， 则,    设， 则，， 所以，故A正确； 易知平面的一个法向量为， 则，即点是线段的中点时， 满足平面，故B正确； 由上可知， 所以当， 即时，使得与所成角是，故C正确； 由上可知，设平面的一个法向量为， 则有，令，即， 若与平面的所成角是， 则有， 即存在点，使得与平面的所成角是，故D错误. 故选：D. 15．（多选）（24-25高二上·辽宁·期中）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（    ） A．四面体的体积为定值 B．点到平面的距离 C．异面直线与所成的角为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 【答案】ABD 【解题思路】A选项，证明出线面平行，得到点到平面的距离为定值，结合为定值，故四面体的体积为定值，A正确；B选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到点到平面的距离；C选项，利用异面直线夹角向量公式求出答案；D选项，设出点的坐标，利用线面角的向量求解公式得到，D正确. 【解答过程】A选项，因为，平面，平面， 所以平面， 又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值， 又为定值，故四面体的体积为定值，A正确； B选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，故， 故点到平面的距离 ，B正确； C选项，，， 则， 故异面直线与所成的角不为，C错误； D选项，设，， 由B选项知，平面的法向量为 设直线与平面所成角为， 则， 令，解得，负值舍去， 故存在点，使得直线与平面所成的角为，D正确. 故选：ABD. 16．（24-25高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 【答案】①② 【解题思路】建立如图空间直角坐标系，设，则，利用空间向量法即可证明①②④；将平面与平面沿展开成平面图，得，利用余弦定理计算即可判断③. 【解答过程】由题意，建立如图空间直角坐标系，    则， 所以， 设，则，所以， 所以. ①：， 所以，故①正确； ②：设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 有，当时，，此时，即平面， 所以当点P为的中点时，平面，故②正确； ③：将平面与平面沿展开成平面图，线段即为的最小值.    在中，，由余弦定理， 得， 即，故③错误； ④：由平面， 得平面，即平面，则为平面的一个法向量， 假设存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为， 设该线面角为，则， 所以， 整理得，由知方程无实根， 所以不存在点P，使得与平面所成线面角的余弦值为，故④错误. 故答案为：①②. 17．（24-25高二上·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且平面为棱的中点，为棱上的动点. (1)求证：平面平面. (2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点为棱上靠近点的三等分点 【解题思路】（1）连接，与相交于点，连接，根据 可得平面，根据面面垂直的判定定理可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，表示平面与平面的法向量，根据两平面夹角的余弦值求出点的坐标即可确定点的位置. 【解答过程】（1） 如图，连接，与相交于点，连接. ∵底面为菱形，∴为的中点， ∵为的中点，∴ ， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形， ∴. ∵平面，且底面为矩形，∴两两垂直， 以为原点，向量的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ∴. 设，则. 设平面的法间量为， 则令，可得. 由题意得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则，解得， ∴存在点为棱上靠近点的三等分点，使得平面与平面夹角的余弦值为 18．（24-25高二上·北京·期中）在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是PA的中点，在线段AB上，且满足. (1)求证：平面PBC； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【解题思路】（1）取的中点，连接和，利用线面平行的判定推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量法二面角的余弦值. （3）由（2）中相关信息，利用线面角的向量求法求解即得.. 【解答过程】（1）在四棱锥中，取的中点，连接和，由E是PA的中点， 得，且，又， 则且，四边形为平行四边形， 于是，而平面，平面，所以平面. （2）由，，得，由平面，平面， 得，而，则 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则 由，得，解得，即 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设二面角的大小为，由图形观察得为锐角， 因此， 所以二面角的余弦值是. （3）假定存在点满足条件，设点，由， 得，则，又平面的法向量为， 由与平面所成角的正弦值为，得， 整理得，又，解得，此时， 所以存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，. 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 19．（24-25高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【解题思路】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线线夹角，点面距离，线面关系即可. 【解答过程】如图所示，以C为原点建立空间直角坐标系，设， 则， 所以，， 设面的一个法向量为， 则，取，即， 所以点到平面的距离为， 由，易知，即①正确； 设直线与所成角为， 则，即②正确； 显然，即与平面不平行，③错误. 综上，正确的说法有2个. 故选：C. 20．（多选）（24-25高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【解题思路】由面面垂直的判定定理可判断A；当与重合时，，又，故不存在点，可判断B；在平面内过作的垂线，垂足为，则为点到平面的距离，求出可判断C；以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，由异面直线所成角的向量公式求解可判断D. 【解答过程】在直三棱柱中，因为平面，平面， ∴平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 在中，当与重合时，， 又，故不存在点，使，故B错误； ∵平面平面，在平面内过作的垂线，垂足为， 则为点到平面的距离， 易知，故C正确； 如图，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，设（）， 则，，令 ， 整理得，解得（舍去），， 且，故D正确.    故选：ACD. 21．（多选）（24-25高二上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．二面角的余弦值为 C．二面角的正弦值为 D．若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为 【答案】ABD 【解题思路】选项A，取中点，连接，通过条件得到为平行四边形，进而得出，即可判断出选项A的正误；对于选项BCD，通过建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法和空间距离的向量法，对选项逐一分析判断，即可得出结果. 【解答过程】对选项A，取中点，连接， 因为是中点，所以，且， 又，，所以，且，所以为平行四边形， 所以，又面，面，所以平面，故选项A正确， 因为，，得到，又， 所以，得到， 又平面平面，平面平面，平面， 所以面，又，所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为 ，， 则，所以， 易知平面即为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 由，得到，取，得到，所以， 则， 由图易知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为，故选项B正确， 对于选项C，因二面角的正弦值为，所以选项C错误， 对于选项D，设，又，得到， 所以，得到， 设到平面距离为，则，解得，所以选项D正确， 故选：ABD. 22．（24-25高二上·北京朝阳·期末）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①④ 【解题思路】根据给定的长方体，建立空间直角坐标系，由确定点的竖坐标关系，再利用空间位置关系的向量证明判断①③；利用向量夹角公式求解判断②；利用点到平面距离的向量求法求解判断④即可得解. 【解答过程】在长方体中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ，由，得，解得， 对于①，，，因此，①正确； 对于②，， 不是常数，因此不为定值，②错误； 对于③，由平面，得平面， 即平面的一个法向量为，设平面的法向量， 则，令，得，，即不垂直， 因此不存在点，使得平面平面，③错误； 对于④，点到平面的距离，若， 则，整理得，解得， 因此存在点，使得点到平面的距离为2，④正确， 所以所有正确结论的序号是①④. 故答案为：①④. 23．（24-25高二上·广东梅州·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在满足题意的点，此时 【解题思路】（1）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可； （2）假设存在满足题意的点，，利用空间向量法求解点面距，建立关于a的方程，解之即可求解. 【解答过程】（1）由平面平面平面， 所以平面，又平面，所以 ， 又，有，故， 建立如图空间直角坐标系，    ，得， 易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，令，得，， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； （2）由（1）知，则，假设存在满足题意的点. 设，则， 得，即，所以， 故点到平面的距离为， 即，解得或（舍去）， 所以存在满足题意的点. 此时，所以. 24．（24-25高二上·天津和平·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 【解题思路】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行和边长关系，故四边形为平行四边形，，从而证明出线面平行； （2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值； （3）设，，求出，在（2）基础上，平面的一个法向量，利用点到平面的距离向量公式得到方程，求出，求出. 【解答过程】（1）取的中点，连接， 因为为棱PC的中点，所以且， 又，故， 又，故， 所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 所以平面； （2）平面平面，交线为，又，平面， 故平面， 因为平面，所以 ， ， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 其中平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，故， 设平面PDM和平面BDM的夹角为， 则； （3）设，，， 故，所以， 故， 由（2）知平面的一个法向量为， 点到平面BDM的距离是， 解得或（舍去）， 此时， 若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 立体几何中必考四类探索性问题（举一反三专项训练） 【苏教版】 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 4 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 6 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 9 知识点 立体几何中的探索性问题 1．与空间向量有关的探索性问题： 在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题． 2．立体几何中的探索性问题的求解策略： 解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断． (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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”. (2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 【类型1 线、面平行的探索性问题】 1．（24-25高三下·北京海淀·开学考试）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，下列四个结论中，正确的是（    ） A． 平面 B．存在点，使平面 C．存在点，使 D． 2．（24-25高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 3．（多选）（24-25高二上·山东青岛·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，分别为的中点，为棱上的动点，则（   ） A． B．存在点，使面 C．最小值为 D．存在两个点，使与所成的角为60° 4．（24-25高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得 平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 5．（24-25高二上·福建福州·期中）在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 6．（24-25高二上·广西玉林·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 7．（24-25高二上·上海嘉定·期中）在正方体中，为上一动点，则下列各选项正确的是（      ） A．存在点使得与平面垂直 B．存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．存在点使得与平面垂直 8．（2025·北京朝阳·一模）在棱长为的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得直线与直线相交 B．存在点，使得直线平面 C．直线与平面所成角的大小为 D．平面被正方体所截得的截面面积为 9．（多选）（24-25高二上·全国·课后作业）在正方体中，为上一动点，则（    ） A．存在点使得与平面垂直 B．不存在点使得与平面垂直 C．存在点使得与平面垂直 D．不存在点使得与平面垂直 10．（24-25高二上·北京·期中）如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论: ①三棱锥的体积为定值; ②存在点，使平面； ③存在点，使平面平面; ④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为. 其中所有正确结论的序号为 . 11．（24-25高二上·贵州·期中）如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 12．（24-25高二上·上海·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为正方形，为的中点，为上一点，为上一点，且平面平面．    (1)求证：为线段中点； (2)求二面角的正切值； (3)在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，求；若不存在，说明理由． 【类型3 与空间角有关的探索性问题】 13．（24-25高二上·上海杨浦·期末）如图，已知正方体的棱长为1，点为棱的中点，点在正方形内部（不含边界）运动，给出以下三个结论： ①存在点满足； ②存在点满足与平面所成角的大小为； ③存在点满足； 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 14．（24-25高二上·北京顺义·期中）如图，在正方体中，点是线段的中点，点是线段上的动点，下列结论中错误的是（    ）    A．对于任意的点，均有 B．存在点，使得平面 C．存在点，使得与所成角是 D．不存在点，使得与平面的所成角是 15．（多选）（24-25高二上·辽宁·期中）如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（    ） A．四面体的体积为定值 B．点到平面的距离 C．异面直线与所成的角为 D．存在点，使得直线与平面所成的角为 16．（24-25高三下·四川巴中·阶段练习）如图，棱长为的正方体中，为线段上的动点（不含端点），以下正确的是 .    ①； ②存在点，使得//面； ③的最小值为； ④存在点，使得与面所成线面角的余弦值为. 17．（24-25高二上·安徽·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且平面为棱的中点，为棱上的动点. (1)求证：平面平面. (2)是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 18．（24-25高二上·北京·期中）在四棱锥中，平面ABCD，，，，，，E是PA的中点，在线段AB上，且满足. (1)求证：平面PBC； (2)求二面角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使得FQ与平面PFC所成角的正弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 【类型4 与空间距离有关的探索性问题】 19．（24-25高二上·四川内江·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱上的动点（点不与点重合）．若，则下列说法正确的个数是（    ） ①存在点，使得点到平面的距离为； ②直线与所成角为； ③ 平面； A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 20．（多选）（24-25高二上·河南南阳·期末）如图，在直三棱柱中，，，，是棱上的动点，则（    ）    A．平面平面 B．存在点，使 C．存在点，使点到平面的距离为 D．存在点，使直线与所成角的余弦值为 21．（多选）（24-25高二上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，若 ，，为棱的中点在，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．二面角的余弦值为 C．二面角的正弦值为 D．若在线段上存在点，使得点到平面的距离是，则 的值为 22．（24-25高二上·北京朝阳·期末）在长方体中，为棱上的动点（不与重合），在直线上的点满足.给出下列四个结论： ①； ②为定值； ③存在点，使得平面平面； ④存在点，使得点到平面的距离为2. 其中所有正确结论的序号是 . 23．（24-25高二上·广东梅州·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 24．（24-25高二上·天津和平·开学考试）如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $