浅析立体几何中存在性问题的突破-《中学生数理化》高考数学2026年4月刊

中学生表理化然皱学创新摩枫清题 浅析立体几何中存在性问题的突破。 ■安微省无为第二中学 梅京 立体几何作为高中数学的核心知识模 用，旨在通过具体情境的构建，考查同学们对 块，同时也是高考的必考内容，其重要性不言 几何定理的深刻理解和灵活应用能力。 而喻。在立体几何的考查中，存在性问题因 例1如图1，在四棱锥 其独特的挑战性和综合性，成为考查的热点 P-ABCD中，四边形ABCD 与难点。本文对立体几何中的存在性问题进 是正方形，PD⊥平面ABCD, 行系统梳理与深入分析，通过从题型结构入 PD=DC=2,M为AB的中 手，将存在性问题划分为三类，并详细剖析每 点。试问：在线段PC上是否 类题型的结构特征，进而探究相应的答题策 存在一点E,使得BE∥平面 图1 略，旨在为突破立体几何中的存在性问题提 PDM?若存在，求出点E的位置：若不存 供有效的思路与方法。 在，请说明理由。 题型一、位置关系型存在性问题 解析：由题意知，DP,DA,DC两两垂 这类问题的核心结构特征为：是否存在 直，故可建立如图2所示的空间直角坐标系 一个动态点，使得该点与指定的线线、线面或 Dxy,则B(2,2,0),D(0,0,0),P(0,0,2), 面面之间能够达成特定的位置关系。若存在 M(2,1,0),C(0,2,0),所以PC=(0,2, 这样的点，则需进一步明确其与相关几何元 -2),DP=(0,0,2),DM=(2,1,0)。 素之间的位置关系。此类问题主要聚焦于立 设E(0,a,b),则P它=(0，a,b一2。因 体几何中的核心判定定理与性质定理的运 为点E在线段PC上，所以存在实数入，入∈ DN·n1=-3x十y=0,令x=入-1，得 PA的中点处，此时平面QDN与平面PMN n1=(a-1,√3入-√3,3入+1)。 所成锐二面角的余弦值为 299 易知平面PMN的一个法向量为n。= 点评：在平面图形翻折成空间几何图形 (1,0,0),设平面QDN与平面PMN所成锐 的过程中，解决一些开放性、创新性或探究性 二面角为0，则cos0=|cos〈n1,n:)|= 的问题时，一般假设存在性、位置关系等开放 n1·n2 λ-1 .C 性结论的成立，结合位置关系的判定、数量关 n n2 √4（入-1）+(3入+1) 系的求值与计算等，通过合理的逻辑推理与 因为DB=a(0,4,0),所以点B到平面 数学运算来说明，进而作出正确的判断。 的距离d= DB·n1 QDN 综上可知，解决折叠问题的关键是要抓 n 住折叠前后的不变量和变化量，准确确定折 4√3a|λ-1 叠后几何体的结构特征及平面图形折叠前后 √4(A-1)+(3A+1) 487a,所以cos9 29 的数量之间的对应关系。因此，同学们在日 |入-1 √29 ,化简得2λ 常学习时要注重此类问题的训练与总结，做 √4（入-1）+(3x+1) 29 到举一反三，掌握解题技巧。 -78十3=0，解得入=2或A=3(舍去). 注：本文系江苏省教育科学规划专项课 题“学科育人视角下科学家精神融入高中理 综上可得，当点B到平面QDN的距离 科教学的实践研究”（课题编号：C/2024/ 是菱形ABCD边长的时，点Q在线段 0379)的研究成果。（责任编辑王福华） 16 解数新碧探酒中学生表理化 (0,1),使得PE=APC,即 ABD的距离为√2？若存在，请 (0,a,b-2)=入(0,2，-2)， 确定点P的位置。 所以a=2入，b=2-2入，故 解析：由题意知，BA,BC, E(0,2入，2一2A),则BE= BB,两两垂直，故可建立如图4 (-2,2入-2,2-2λ)。 所示的空间直角坐标系Bxy之， 设平面PDM的一个 则A(2,0,0),B(0,0,0),D(0, 图3 图2 法向量为n=(x,y,之)，则 2,2),B1(0,0,4),C(0,2,0), n·DP=2x=0, 令x 所以BA=(2,0,0),BD=(0, n·DM=2x+y=0, 2,2),B1C=(0,2,-4)。 =1,得y=-2,之=0，所以n=(1,-2,0)。 设P(0,a,b),则CP=(0, 因为BE∥平面PDM,所以BE·n=0, a一2，b)。因为点P在线段 即一2+4一4以=0，解得入三2。 B,C上，所以存在实数入∈ 所以在线段PC上存在一点E,使得BE [-1,1],使得CP=AB1C,即 (0,a-2,b)=A(0,2,-4),所 图4 ∥平面PDM,此时E是线段PC的中点。 ,点评：本题作为典型的位置关系型存在 以a=2入+2，b=一4入，故P(0,2入+2， 性问题，着重考查线面平行的判定定理或利 一4入)，则BP=(0,2入+2，-4入)。 用空间向量证明线面平行的方法。本题采用 设平面ABD的一个法向量为n=(x, 建立空间直角坐标系的方法进行解决，具体 1n·BA=2x=0, y,之)，则 令y=1,得 步骤如下：第一步，根据已知条件构建恰当的 n·BD=2y+2x=0, 空间直角坐标系，为后续计算奠定基础；第二 x=0,之=-1，所以n=(0,1,-1)。 步，确定所需点的坐标，并计算出相关向量， 若点P到平面ABD的距离为√2，则 为分析位置关系提供数据支持；第三步，设出 |n·BP =√2，即2入+2+4以 =2,整理得 动，点坐标，利用共线或共面的性质，将未知数 n √2 减少至一个，简化问题复杂度；第四步，基于 13x+1=1,解得入=一号或入=0. 2 特定的位置关系，建立关于动点坐标的方程， 通过解该方程即可确定动，点的具体位置，从 所以在线段B,C上存在一点P,使得点 而完成问题的求解。 P到平面ABD的距离为√2，此时点P与点 题型二、距离型存在性问题 C重合或是线段B1C上靠近点B,的三等分 这类问题的核心结构特征为：探究立体 点。 几何中是否存在某个特定的点或元素（如线 ,点评：本题是在指定线段上确定一个特 或面)，使得该点或元素与指定几何对象之间 定，点，使得该点到给定平面的距离等于预设 的距离、面积或体积达到预设的特定值。此 值，重，点考查求解空间中，点到平面距离的方 类问题主要聚焦于立体几何中求距离、面积 法。具体步骤如下：第一步，依据题目条件建 和体积方法的直接应用，通过具体情境的构 立空间直角坐标系，为后续计算提供框架；第 建，考查同学们对相关几何定理和计算方法 二步，确定相关点的坐标并计算所需向量，为 的掌握程度及灵活运用能力。 距离公式的应用奠定基础；第三步，设出动，点 例2如图3，在直三棱柱ABC 坐标，利用几何性质（如共线或共面）将未知 A1B,C1中，点E在线段BB1上，D,F,G分 数简化，降低问题的复杂度；第四步，基于点 别是CC1,C1B1,C1A1的中点，AB=BC=2, 到平面的距离公式，建立关于动，点坐标的方 CC1=4,EB1=1,AB⊥BC。试问：在线段 程，通过解方程确定点的具体位置，从而完成 B1C上是否存在一点P,使得点P到平面 问题的求解。 17 中学生表理化然皱学创新摩枫清题 题型三、角度大小型存在性问题 设a=(x,y,之)，b=(a,b,c)分别是平 这类问题的核心结构特征为：在特定直 面CBM和平面BMN的一个法向量，则 线或平面上定位一个点，使得通过该点形成 |a·BM=x-3y+√3x=0, 令之=1，得x= 的指定空间角（包括异面直线所成角、线面角 a·CB=3y=0, 及二面角等)的大小或其对应的三角函数值 -3,y=0,所以a=(-√3,0,1)。 达到预设的特定标准。此类问题主要考查同 同理得b=(-3m十3W3,-m,一3)。 学们对求空间角方法的实际应用能力，通过 若平面CBM与平面BMN夹角的余弦 构建具体几何情境，检验对相关定理、公式的 掌握程度，以及解决复杂空间几何问题的综 值为则1oa61=日8-气即 合素养。 13√3m-9-3 例3如图5，在Rt△ABC 3 ,整理得m 2√10m2-18√3m+36 中，∠C=2,BC=3,AC=6,D,E 3√3m+6=0,解得m=√3或m=2√3（舍去）。 分别是AC,AB上的点，且满足DE 所以在线段A,C(不包括端点)上存在点 ∥BC,△ABC的重心在DE上。现 N,使得平面CBM与平面BMN夹角的余弦 图5 将△ADE沿DE折起到△A,DE 值为3 ，此时CN=3。 的位置，使AC⊥CD,M 是A1D的中点，如图6。 点评：本题要求在指定线段上探寻一个 试问：在线段A1C(不包括 特定点，使得该点所关联的两个平面的夹角 端点)上是否存在点N,使 的余弦值恰好等于预设的特定值。具体步骤 得平面CBM与平面BMN 如下：第一步，基于题目所给条件，构建一个 图6 合适的空间直角坐标系，为后续的坐标计算 夹角的余弦值为 金？若存 奠定基础；第二步，确定相关点的坐标并计算 在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由。 所需向量，进而设求平面的法向量，为分析两 解析：在R△ABC中，因为∠C=受， 平面夹角提供必要的几何元素；第三步，设动 点坐标为未知数，利用空间几何性质（如共线 DE∥BC,所以DE⊥CD,DE⊥AD,则折起 或共面关系)将问题中的未知数进行简化，从 后有DE⊥AD。又CD∩AD=D,CD, 而降低解题的复杂度；第四步，依据两平面夹 A!D二平面A1CD,所以DE⊥平面ACD。 角余弦值的计算公式，建立关于动点坐标的 因为ACC平面ACD,所以DE⊥A1C。 方程，通过解这个方程即可确定动点的具体 又因为DE∥BC,所以CB,CD,CA:两 位置，从而完成问题的求解。 两垂直于点C,则可建 最后，本文为有效突破立体几何中的存 立如图7所示的空间直 在性问题，对相关题型进行了系统梳理与分 角坐标系Cxy之。 类。基于考查的基础知识点，将存在性问题 因为△ABC的重 划分为文章讨论的三大类型，并分别从题型 心在DE上，所以AD 结构特征入手，深入剖析各类问题所对应的 =2CD。又AC=6,所 图7 基础考点。在此基础上，进一步探究针对不 以AD=4,CD=2,则A1C=2√3，所以B(0, 同考点的解题策略与技巧，从而为立体几何 3,0),C(0,0,0),M(1,0,√3)，A1(0,0, 中存在性问题的解决提供了一套从题型结构 2√3)，故BM=(1,-3,3),CB=(0,3,0). 特征分析到基础考点把握，再到解题技巧运 用的系统化解题思路。 设N(0,0,m),m∈(0,2√3)，则BN (责任编辑王福华) (0,-3,n)。 18