专题03 立体几何中必考四类探索性问题（举一反三专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 以空间向量为工具，系统整合线面平行、垂直、距离、角四类探索性问题，形成“问题分类-策略提炼-典例验证”的完整方法体系，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |线面平行探索|6题|向量共面定理/线面平行判定，参数设点验证存在性|从位置关系探索切入，建立“假设-坐标化-方程求解”思维链| |线面垂直探索|6题|向量数量积为零/线面垂直判定，参数方程求定值|承接平行问题方法，强化空间垂直关系的向量表达| |空间距离探索|6题|点面距离公式，参数变量构建距离函数|从定性探索过渡到定量计算，深化空间度量意识| |空间角探索|6题|线面角、二面角向量公式，三角函数值范围分析|综合位置与度量关系，提升数学思维的严谨性与系统性|

专题03 立体几何中必考四类探索性问题（举一反三专项训练） 【人教A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 与空间距离有关的探索性问题】 19 【类型4 与空间角有关的探索性问题】 28 知识点1 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．（25-26高二上·北京丰台·期末）如图，正方体中、是线段上的动点，则下列结论中不正确的是（   ）    A．存在点，使得平面 B．对于任意点， C．存在点，使得平面 D．对于任意点，都是锐角三角形 【答案】C 【解题思路】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法A；由计算两条直线的方向向量的数量积判断说法B；利用向量数量积验证垂直关系判断说法C；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法D. 【解答过程】以B为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的坐标系，    设正方体的棱长为， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， 若，解得， 则时，，又平面，平面， 即为中点时，平面，故A正确. ，， 故对任意的点都有，故B正确. ， 若平面，则有，方程组无解， 所以不存在点，使得平面，故C错误. ， ， 则中，，都是锐角， ，也是锐角， 所以对于任意点，都是锐角三角形，故正确. 故选：C. 2．（25-26高二上·北京平谷·期末）如图，正方体中，、分别是、上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（    ） A．存在点，使得平面 B． C．平面截正方体所得截面为等腰梯形 D．平面平面 【答案】B 【解题思路】通过建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出相关点的坐标，求得相关向量的坐标，利用空间向量的相关运算即可判断线面、线线以及面面之间的位置关系，逐一判断A，B，D项，对于C，只需通过作截面，说理计算即可判断. 【解答过程】 如图建系，设正方体的棱长为2. 对于A，易得， 因是的中点，故，点在上，设， 则， 平面的法向量可取为， 由，解得，即存在，使得平面， 此时，点恰为的中点，故A正确； 对于B，由上建系，则， 由，可知与不垂直，故B错误； 对于C，如图，取的中点为，连接，易得， 因，则得，故有，则， 又平面平面，平面平面， 故即为平面与平面的截线， 又，故平面截正方体所得截面为等腰梯形，故C正确； 对于D，由上建系，因为的中点，则，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 由，可得， 故平面平面，即D正确. 故选：B. 3．（多选）（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，在正四棱柱中，，，E为棱上的一个动点，则（    ）    A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在点E，使得平面 D．存在点E，使得平面 【答案】ABC 【解题思路】根据图形特征建立空间直角坐标系，结合坐标法逐一判断各个选项即可. 【解答过程】如图，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，． 设，，则，． 因为，所以，故A正确； 因为，而为定值，点到平面的距离也为定值，所以为定值，故B正确； 设平面的法向量为，因为，， 所以，令，得． 因为，所以由，可得，故C正确； 因为，且无解，所以D错误． 故选：ABC. 4．（25-26高二上·北京·期中）如图，直三棱柱中，为棱的中点，Q为线段上的动点，给出下列四个结论： ①对任意点，都有 ②存在点，使 ③不存在点，使 ④存在点，使平面 其中所有错误结论的序号是__________. 【答案】②③④ 【解题思路】设，，建系标点，设，可得.利用空间向量判断线、面关系，结合空间向量的坐标运算逐项分析判断. 【解答过程】由题意可知：平面，， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则， 可得， 设，则， 对于①：因为， 则，可得， 所以对任意点，都有，故①正确； 对于②：因为， 令，则，方程组无解， 即不共线，所以不存在点，使，故②错误； 对于③：因为， 令，解得， 当且仅当点与点重合时，， 所以存在点，使，故③错误； 对于④：因为， 设平面的法向量为，则， 设，则，可得， 令，解得（舍去）， 所以不存在点，使平面，故④错误； 故答案为：②③④. 5．（25-26高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？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，为线段的中点 【解题思路】（1）以为原点建系，求出两个平面的法向量，证明其平行即可； （2）设，利用平面的法向量与垂直即可求出. 【解答过程】（1）证明：由题可以为原点，所在直线分别为轴､轴､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，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以，取，则， 所以平面的一个法向量为， 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点，使得平面， 设， 由（1）得，平面的一个法向量为， 所以， 令，解得， 所以当为线段的中点时，平面. 6．（25-26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）证明：∵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. 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 7．（25-26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．（2026·浙江舟山·模拟预测）在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得平面平面 D．存在某个位置，使得 【答案】C 【解题思路】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解答过程】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则、、、、， 设，其中， 对于A选项，若存在某个位置使得，，， ，解得，不合乎题意，A选项错误； 对于B选项，若存在某个位置使得，，， ，该方程无解，B选项错误； 对于C选项，设平面的一个法向量为， ，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面平面，则，解得，合乎题意，C选项正确； 对于D选项，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得，即， 整理得，，该方程无解，D选项错误. 故选：C. 9．（多选）（2026·山东青岛·一模）在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（    ） A．当时， B．当时， C．存在，使得 D．存在，使得平面 【答案】AD 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量垂直及平行计算判断A，B，C，求出法向量法结合位置关系求解判断D. 【解答过程】取的中点，建立如图所示空间直角坐标系：    设底面边长为2， 则， 所以，所以， A. 当时，，，，所以，故A正确； B. 当时，，，，所以不成立，故B错误； C.，，故C错误； D. 因为，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 使得平面，所以，所以，，符合，故D正确； 故选：AD. 10．（25-26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．（25-26高三上·宁夏中卫·阶段检测）如图1，在边长为的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．    (1)求多面体的体积； (2)在线段上是否存在点，使平面平面?若存在，求出的值；若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【解题思路】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再由线面垂直性质有，由线面垂直判定定理证明平面，最后应用三棱锥体积公式计算求解； （2）令，，分别求出平面和平面的法向量，利用法向量垂直求出参数，即可得答案. 【解答过程】（1）因为，即, 又，，平面， 所以平面，又平面，所以. 又，，平面，所以平面， 在直角三角形中，，， 所以. （2）因为平面，，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    则，，， 假设存在线段上存在一点，使得平面平面，设点，，则，所以， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以， 设平面的法向量， 则，令，则，，所以， 若平面平面，则，解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且. 12．（25-26高二上·安徽六安·阶段检测）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. 【类型3 与空间距离有关的探索性问题】 13．（25-26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. 14．（多选）（25-26高二下·江苏扬州·期末）如图，设正方体的棱长为为线段的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．当为的中点时，点到平面的距离为 B．当为的中点时，记与平面的交点为，则 C．存在，使得异面直线与所成的角为 D．存在，使得点到直线的距离为 【答案】ABD 【解题思路】建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量公式判断A，利用共线向量与共面向量基本定理判断B，利用异面直线夹角的向量公式判断C，利用点到直线距离的向量公式判断D. 【解答过程】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则，，，，，，，，.    当为的中点时，，，， 设平面的法向量为，则， 令得，又， 则点到平面的距离为，故A正确； 对于选项B：设，则， 又点M在平面内，则，所以，解得， 所以，，所以，正确； 设，，则，， 若异面直线与所成的角为，则， 平方化简得，解得，又，所以方程无解， 故点不存在，故C错误； ，，，所以， 则点到直线的距离为，平方化简得， 解得或，又，所以，故点存在，故D正确. 故选：ABD. 15．（25-26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. 16．（25-26高二上·广东茂名·期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，，. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (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，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【解题思路】（1）由题设易得，平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （2）设，，可得，结合平面的法向量为，利用点到平面的距离公式列方程求解即可. 【解答过程】（1）因为，，，所以，即， 在直三棱柱中，平面， 以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、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，令，得，则， 易知平面的法向量为，则， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （2）假设线段上存在点，使得点到平面的距离是， 由（1）知，，设，， 所以，则， 由（1）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离为，解得，     所以当时，存在点满足题意. 17．（25-26高三上·广东惠州·期中）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2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． 【答案】(1) (2)存在， 【解题思路】（1）先证明线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用点到平面距离公式求解； （2）假设存在点使得命题成立，得出点坐标及相关向量坐标，利用垂直关系求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式构造方程求出，进而得出的值． 【解答过程】（1）取的中点，连接，， 为等边三角形，， 又平面平面，平面平面， 平面， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立下图所示空间直角坐标系， 是边长为2的等边三角形，， ，则，，，，， ，，设平面的法向量为， ，，即，令，则， 又 ， 到平面的距离． （2）假设线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 则， ，， 设平面的法向量为， ，，， ， 令，则， 又平面的法向量为， ， 化简得，解得或，又 ， ，（舍去）， 存在点，此时． 18．（25-26高三上·河北秦皇岛·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点． (1)证明：平面． (2)求平面与平面所成角的正切值． (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？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)存在，. 【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理进行证明； （2）利用向量法，求出两个平面的法向量，再求面面角的余弦值； （3）假设存在，设且，再由点到平面距离的向量求法列出方程，求参数即可得. 【解答过程】（1）证明：如图，取的中点，连接． 因为是的中点，所以，．   又因为且，所以，，   所以四边形是平行四边形，所以．   因为平面，平面，所以平面． （2）解：由题意，平面，，则，，两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系． 又因为，，，， 所以，，，．   平面的一个法向量为．   设平面的法向量为，因为，， 所以令，则．   设平面与平面所成角为， 所以， ，． 所以平面与平面所成角的正切值为． （3）解：设且，，， 则，，．   设平面的法向量为， 则令，所以． 又因为点到平面的距离为，， 所以，即，解得．   所以存在点，使得点到平面的距离为，此时． 【类型4 与空间角有关的探索性问题】 19．（25-26高二上·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 【答案】C 【解题思路】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解答过程】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系， 设正四面体的棱长为， 则，，，，， 设，其中， 对于A，若存在某个位置使得，，， 所以，解得，不满足题意，故A错误； 对于B，若存在某个位置使得，，， 则，该方程无解，故B错误； 对于C，设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则， 若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为，又， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在，即为的中点，满足题意，故C正确； 对于D，设平面的一个法向量为， 又，， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， ，， 由，取，则， 若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为， 则， 整理得，易得，所以该方程无解，故D错误. 故选：C. 20．（2026高三上·全国·专题练习）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 【答案】B 【解题思路】由题意将图形补全为正方体，，对于A，根据平面，当重合即可判定；对于B，根据平面，而是圆弧上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角坐标系，根据平面的法向量和垂直即可判定结果；对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可. 【解答过程】对于A，因为正方体中，平面 平面，所以 ，所以当重合时，由.由A正确； 对于B，因为，若，则，又，所以B不正确； 对于C，以A为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，， ， ， 所以 设为平面的一个法向量， 则即， 令得，则 假设平面， 则，所以. 因为，所以， 即是圆弧的中点，符合题意，故C正确； 对于D，当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 所以. 由得直线与平面的所成角的最大角大于， 所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故D正确. 故选：B. 21．（2026·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】②③④ 【解题思路】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误. 【解答过程】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示： 以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设点，其中， 对于①，，，设平面的法向量， 则，即， 取x=1，则，可得， 设平面的法向量，，， 则，即， 取，则，可得， 若平面平面CEG，则，解得：， 所以存在使得平面平面CEG，故①错误； 对于②，，若平面CEG， 则，即， 即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确； 对于③，， 所以点H到平面CEG的距离为， ， 因为，所以，所以， ，所以， 所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确； 对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为， 所以，整理可得， 因为函数在时的图象是连续的， 且，， 所以，存在，使得， 所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确. 故答案为：②③④. 22．（25-26高二上·河北石家庄·期末）如图，在多面体中，平面平面，，，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为?若存在，求的值；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）先由余弦定理求解得出，再应用面面垂直性质定理证明； （2）建立空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，最后计算二面角余弦值列式求解参数即可. 【解答过程】（1）因为，所以四边形为平行四边形. 因为，，所以，，又， 由余弦定理得， 则，因此； 又平面平面，平面平面，平面， 因此平面. （2）由（1）平面， 又因为，所以直线，，两两垂直， 以点为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由是平行四边形，得，则. 设平面的法向量， 则取，得， 假设线段上存在一点， 使得平面与平面的夹角的余弦值为， ，，，， 设，则， 设平面的法向量， 则取，得， 设平面与平面的夹角为， 则， 而，解得， 所以存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 此时. 23．（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在 【解题思路】（1）通过面面垂直可以证明平面，从而得到，再使用勾股定理证明，最后证明平面； （2）通过建立空间直角坐标系，求出平面法向量，使用空间向量表示出直线BP的方向向量，求出是否存在直线与平面所成角的正弦值为. 【解答过程】（1）证明：因为四边形是正方形，所以， 因为平面平面，且平面平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 因为，所以， 又因为，且平面，所以平面. （2）如图，过点作 ， 因为平面平面，所以， 所以，又，所以两两垂直， 如图，以为原点，分别以为轴建立 空间直角坐标系， ，， ， 设，因此的坐标为， 所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即，解得（舍去）， 因此存在，使得直线与平面所成角的正弦值为. 24．（25-26高三上·北京石景山·期末）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在点，是靠近的三等分点. 【解题思路】（1）证明平面平面，即可得到答案. （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案； （3）假设存在，设，求出平面和平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【解答过程】（1）证明：因为正方形，所以，平面，平面，所以平面， 同理，平面，平面，所以平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，所以平面. （2）由，则，， 在正方形中，，所以两两垂直， 以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 则，，，，故，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 又， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设存在，设，又，则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 由题得平面，则，又，，平面， 所以平面，故为平面的法向量，且， ， 解得或（舍去）， 所以在棱上存在一点，满足题意，此时是靠近的三等分点. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 立体几何中必考四类探索性问题（举一反三专项训练） 【人教A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 与空间距离有关的探索性问题】 6 【类型4 与空间角有关的探索性问题】 8 知识点1 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．（25-26高二上·北京丰台·期末）如图，正方体中、是线段上的动点，则下列结论中不正确的是（   ）    A．存在点，使得平面 B．对于任意点， C．存在点，使得平面 D．对于任意点，都是锐角三角形 2．（25-26高二上·北京平谷·期末）如图，正方体中，、分别是、上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（    ） A．存在点，使得平面 B． C．平面截正方体所得截面为等腰梯形 D．平面平面 3．（多选）（25-26高二上·广东佛山·阶段检测）如图，在正四棱柱中，，，E为棱上的一个动点，则（    ）    A． B．三棱锥的体积为定值 C．存在点E，使得平面 D．存在点E，使得平面 4．（25-26高二上·北京·期中）如图，直三棱柱中，为棱的中点，Q为线段上的动点，给出下列四个结论： ①对任意点，都有 ②存在点，使 ③不存在点，使 ④存在点，使平面 其中所有错误结论的序号是__________. 5．（25-26高二上·山东烟台·开学考试）如图，在长方体中，.    (1)求证：平面平面.（使用向量方法） (2)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 6．（25-26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. 【类型2 线、面垂直的探索性问题】 7．（25-26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．（2026·浙江舟山·模拟预测）在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得平面平面 D．存在某个位置，使得 9．（多选）（2026·山东青岛·一模）在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（    ） A．当时， B．当时， C．存在，使得 D．存在，使得平面 10．（25-26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．（25-26高三上·宁夏中卫·阶段检测）如图1，在边长为的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2．    (1)求多面体的体积； (2)在线段上是否存在点，使平面平面?若存在，求出的值；若不存在请说明理由． 12．（25-26高二上·安徽六安·阶段检测）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． 【类型3 与空间距离有关的探索性问题】 13．（25-26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 14．（多选）（25-26高二下·江苏扬州·期末）如图，设正方体的棱长为为线段的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）    A．当为的中点时，点到平面的距离为 B．当为的中点时，记与平面的交点为，则 C．存在，使得异面直线与所成的角为 D．存在，使得点到直线的距离为 15．（25-26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___________. 16．（25-26高二上·广东茂名·期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，，. (1)求平面与平面夹角的余弦值； (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，请说明理由. 17．（25-26高三上·广东惠州·期中）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2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． 18．（25-26高三上·河北秦皇岛·期中）如图，四棱锥中，平面，，，，，，，是的中点． (1)证明：平面． (2)求平面与平面所成角的正切值． (3)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【类型4 与空间角有关的探索性问题】 19．（25-26高二上·湖北武汉·期中）在正四面体中，点E在棱AB上，满足，点F为线段AC上的动点，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为 D．存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 20．（2026高三上·全国·专题练习）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得直线与平面的所成角为 21．（2026·北京通州·二模）如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论： ①不存在点H，使得平面平面CEG； ②存在点H，使得平面CEG； ③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于； ④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为． 其中所有正确结论的序号是___________． 22．（25-26高二上·河北石家庄·期末）如图，在多面体中，平面平面，，，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 23．（2026·云南·三模）如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，平面平面， (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 24．（25-26高三上·北京石景山·期末）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $