专题03 立体几何中必考五类探索性问题（专项训练）高二数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 聚焦立体几何五类探索性问题，以空间向量法为核心构建“分类-策略-应用”三层方法体系，系统整合知识逻辑与解题技巧，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| |----|-----------|----------|----------| |知识梳理|2知识点|存在判断型（假设-方程求解）、位置探究型（参数-向量运算）|从探索性问题分类（线面关系/距离/角度）到空间向量统一求解策略，形成概念-原理-应用链条| |题型精讲|5题型（3-6题/题型）|平行问题用向量共面、垂直问题用向量垂直，距离/角度问题转化为坐标运算|五类题型对应核心解法，典例涵盖正方体/棱锥/折叠体，强化知识迁移与逻辑推理|

专题03 立体几何中必考五类探索性问题（专项训练） 【人教A版】 【题型1 线、面平行的探索性问题】 1 【题型2 线、面垂直的探索性问题】 11 【题型3 与空间距离有关的探索性问题】 20 【题型4 与线面角有关的探索性问题】 33 【题型5 与二面角有关的探索性问题】 42 模块一 知识梳理·基础夯实 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． 知识点2 立体几何中探索性问题的求解策略 1．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. 模块二 考点突破·题型精讲 【题型1 线、面平行的探索性问题】 1．（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. 2．（25-26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．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，等边三角形与直角梯形所在的平面垂直，． (1)若F为的中点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点N，使平面?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）建立空间直角坐标系，利用向量法判断位置关系； （2）设，求出点的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量法建立方程求解. 【解答过程】（1）证明：设的中点为H，的中点为O，连接，， 由题意知． 因为平面平面，平面，，平面平面， 所以平面，所以平面，则，， 又为等边三角形，所以． 故以O为坐标原点，射线，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ，， ，， 所以.又因为平面， 所以平面． （2）设存在点N，使平面， 设，，则， ， 所以． 由（1）知，，， 设平面的法向量为， 由， 得，令，则， 由平面，得． 所以，解得． 所以当时，平面． 4．（25-26高二上·天津蓟州·阶段检测）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，P为线段的中点 【解题思路】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【解答过程】（1）证明：以D为原点，DA，，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，，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 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P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 5．（25-26高二上·重庆·期中）已知矩形ABCD，，，为CD中点，沿AE折成直二面角，为BC为中点.          (1)求证：； (2)在棱DE上是否存在点N，使得平面ADM?若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点N，使得平面ADM， 【解题思路】（1）取的中点，连接，由面面垂直的性质得到，再由中位线的性质得到，然后由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立如图所示坐标系，平面的法向量，利用解出即可； 【解答过程】（1）证明：取的中点，连接， 因为矩形ABCD，，， 所以， 由为CD中点，所以， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 由为的中点，为四边形的中位线，， 所以，又平面，， 所以平面， 由平面，所以. （2）作平面，以为原点，以所在直线为建立空间直角坐标系， 由（1）得为四边形的中位线，所以， 由得，，， 所以， ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设点存在，，， 所以，所以， 由平面得， 所以，解得， 即，所以 所以存在点N，使得平面ADM，. 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. 【题型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．（25-26高二下·湖南郴州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；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）连接菱形对角线、交于中点，利用三角形中位线得，由线面平行判定定理证平面. （2）以为原点建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，再设上的点并表示出平面的法向量，根据面面垂直的法向量点积为零列方程，解得参数后算出的长度为. 【解答过程】（1）连接，交于点，连接. 因为底面是菱形，所以互相平分，即为的中点. 因为为的中点，所以在中，是中位线，即. 因为平面平面，所以平面. （2）以为坐标原点，的方向分别为$x，z$轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意可得，. 设平面的法向量为. 因为， 所以令，则. 设，则. 设平面的法向量为， 则 令，则. 若平面平面， 则，解得. 故存在点，使得平面平面，此时线段的长度为. 9．（25-26高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？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）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可. 【解答过程】（1）证明：取中点，连接，如图，    又为的中点， ，由，则， 又为等腰直角三角形，，， ，又，平面， 平面，又平面， ； （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，平面，故， 故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，    ， 则，，， 若存在使得平面平面，且，， 则，解得，， 则，， 设为平面的一个法向量，则， 令，即， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则， ，可得． 存在使得平面平面，此时 10．（25-26高二上·陕西西安·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，点，分别在棱，上移动，且. (1)当时，证明：直线平面； (2)是否存在，使平面平面？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，即可得到，从而得证； （2）求出面与面的法向量，由已知条件得出这两个平面的法向量垂直，结合求出实数的值，即可得解. 【解答过程】（1）证明：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下空间直角坐标系， 则、、、，， 所以，，则，故，即， 又平面，平面，因此平面； （2）由（1）知、、、、， 设平面的一个法向量为，，， 由，可得，取，则， 设平面的一个法向量为，，， 由，可得，取，则， 当平面平面时，则. 所以，整理可得，，解得. 所以当时平面平面. 11．（25-26高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【解题思路】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【解答过程】（1）证明：在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面 平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 12．（25-26高二上·四川绵阳·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；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）利用线线平行证明线面平行即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面垂直计算即可. 【解答过程】（1）证明：因为在梯形中，，，为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形， 因为线段点，所以为线段的中点， 所以中，， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为平行四边形中，， 所以四边形是菱形，则，垂足为， 所以，， 因为平面，平面，所以是二面角的平面角， 因为二面角为直二面角，所以，即， 如图所示，分别以所在直线为建立空间直角坐标系， 线段上存在点，使得平面平面， 设，， 因为，所以， 由设平面的法向量为， 则， 令，则， 由，设平面的法向量为， 则，令，则可得， 则， 解得，即 为线段的中点，此时. 【题型3 与空间距离有关的探索性问题】 13．（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (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，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，此时. 【解题思路】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）设，求出及平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【解答过程】（1）证明：连接交于，连接. 因为四边形为正方形，、为对角线且交于点，所以为中点. 又为的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）取中点，中点，连接、. 因为为等边三角形，所以，，. 因为四边形为正方形，、为中点，所以，. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 因此以点为原点，以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，. 因为为中点，所以， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以. 设直线与平面所成角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）假设棱上存在一点，使得点到平面的距离为，设 . 因为，，所以，则 . 又，. 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，，所以. 则点到平面的距离为， 整理得，即，解得或（舍去）. 所以棱上存在一点，使得点到平面的距离为，此时. 14．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）存在，为的中点 【解题思路】（1）先由底面得 ，再取中点证，算出并由勾股定理得，最后依据线面垂直判定定理证平面； （2）（i）由线面角定义得，求出后建空间直角坐标系，求平面法向量与平面法向量，用向量夹角公式算余弦值，再求正弦值； （ii）设，利用点到平面距离公式列方程求，确定为中点． 【解答过程】（1）证明：因为底面，面，所以， 又为棱上的点，， 取的中点，所以， 又，所以， 又因为，，所以，所以， 所以，所以，所以， 又，平面， 所以平面； （2）（i）因为底面，所以与底面所成角为， 所以在中，， 又，所以， 如图，以为轴，轴，轴，以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量， 由，即，即， 取，可得， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以， 所以， 又由（1）可知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成的二面角为， 所以平面与平面所成的二面角的正弦值为； （ii）假设存在点，使得点到平面的距离为， 设，由（i）可得， 所以， 又由（i）可知平面的一个法向量， 所以点到平面的距离， 所以， 所以存在点为的中点，使得点到面的距离为. 15．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面，，.，，    (1)试问为何值时，平面？并予以证明. (2)若， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）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) (2)（i）； （ii） 【解题思路】（1）取的中点，连接，，先证明四边形是平行四边形，然后根据线面平行的判定定理即可证明； （2）（i）以为原点，，，所在直线建立空间直角坐标系，计算平面的法向量和平面的一个法向量，然后用空间向量的夹角公式； （ii）设，，表示点坐标，求出平面的一个法向量，最后用空间向量点到平面的距离公式求解即可. 【解答过程】（1）当时，平面，证明如下： 取的中点，连接，， 因为，所以为的中点， 在中，为中点，为中点， 则，， 又因为，，， ，，所以四边形是平行四边形， ，平面，平面， 所以平面； （2）（i）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，    ，，，，， ， 取平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为 ， 则， 令，得，，故， 设两平面的夹角为，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （ii）设，， ，则， ，，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 点到平面的距离为， 解得，故. 16．（25-26高二下·江苏连云港·期中）如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【解题思路】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数基本关系求出余弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【解答过程】（1）连接，因为为线段的中点，所以， 由题意知面面，且面面， 又面，所以平面，取边的中点记为，则． 以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 易知，所以； （2）由（1）可知， 所以，，， 记平面的一个法向量， 所以 ，不妨取，得，即， 记直线与平面所成角为， 则， 考虑到，有，从而， 所以直线与平面所成角的余弦值为． （3）设，其中． ， ， ，记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得，即， 则点到平面的距离， 整理得：，即， 解得或（舍去）， 所以当点位于线段的靠近点的三等分点时， 点到平面的距离为． 17．（25-26高二上·北京昌平·期末）如图，是边长为4的正方形，平面，，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；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）在上取点，使，通过证明是平行四边形，有，平面， 平面，故 平面； （2）以为原点，为轴建立空间直角坐标系，先求出平面 的法向量，与平面 所成角的正弦值，就是的方向向量与平面 的法向量夹角的余弦值，通过夹角余弦值公式即可求解. （3）由题意可设，再使用点到平面距离公式，即点到平面 的距离即可求出的值，进而得到点的坐标，从而可求. 【解答过程】（1）证明：在上取点，使，连接，，如下图： 因为，即，且，故四边形是平行四边形， 则有且，因为是正方形，则有且， 故且，即四边形是平行四边形，则有， 因为平面， 平面，故 平面. （2）由题意可设为原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图： 则， ， 设平面 的法向量，则有， 令，则，即，直线的方向向量为， 设直线与平面 的夹角为，则有 ， 故直线与平面 所成角的正弦值为. （3）已知，平面 的法向量，且， 设是线段上一点，由可设， 则， 点到平面 的距离， 令，解得（舍）或，故存在满足条件的点， 则，故线段长. 18．（25-26高二上·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在点，，理由见解析 【解题思路】（1）取的中点，连接，由中位线性质以及线面平行判定定理即可证明出结论； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，即可求得二面角的余弦值； （3）假设存在点到平面的距离是，设可得，利用点到平面距离的向量求法计算可得，即可求出. 【解答过程】（1）证明：取的中点，连接，如图： 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）由题意知平面，且，可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 易知 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，可得； 又， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （3）存在点，，理由如下： 假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是， 设，，即，可得, 所以， 则点到平面的距离是，又，可得, 所以，， 即存在点到平面的距离是，. 【题型4 与线面角有关的探索性问题】 19．（26-27高三上·湖北·开学考试）如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，． 【解题思路】（1）根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法求解即可. 【解答过程】（1）证明：因为为的中点，，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面，且， 所以平面； （2）因为，，所以，. 因为四边形为菱形，且，所以. 由（1）知，，两两垂直， 故以为坐标原点，，，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，，，，， 所以，， 设 ． 又，所以， 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以， 记直线与平面所成的角为， 则，解得（负根舍去）， 此时为的中点，所以在棱上存在点满足条件，此时． 20．（26-27高三上·河南信阳·开学考试）在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？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）余弦定理和勾股定理可证明平面ABD，再由线面垂直的性质即可得； （2）以点为坐标原点建立空间直角系，利用空间向量即可求得结果. 【解答过程】（1）证明：因为，且，， 可得，， 又因为，， 所以，则， 因为平面平面BCD，平面平面，且平面BCD，所以平面ABD， 又因为平面ABD，所以； （2）因为平面ABD，且平面ABD，所以， 如图所示，以点D为原点，建立空间直角坐标系， 可得，，，，所以，, 设平面ACD的法向量为，则, 令，可得，，所以 假设存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°， 设，(其中)，则，， 所以 , 整理得，解得或(舍去)， 所以在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°，此时． 21．（25-26高二下·江苏盐城·期中）如图，已知四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，是的中点． (1)证明：； (2)求二面角的余弦； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，位于的中点位置 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点及向量坐标，利用向量数量积为0，证明线线垂直； （2）分别求出两个平面的法向量，利用向量夹角的余弦公式求解； （3）求出平面的法向量，假设存在点，满足，利用向量夹角余弦公式构造方程，解方程求出，进而得出结论． 【解答过程】（1）证明：已知是正三角形，是中点，则， 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直于方向为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ， ． （2），设平面的法向量为， 则，令，则； ，设平面的法向量为， 则，令，则， 二面角的余弦值为： ． （3），设平面的法向量为， 则，令，则， 设，则，则， 设直线与平面所成角为，则 ， 化简整理得，解得或（舍去）， 存在点，位于线段的中点位置． 22．（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在， 【解题思路】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【解答过程】（1）证明：由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． 23．（25-26高二下·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；点为的中点 【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设出点的位置，直接利用线面角的计算公式计算即可. 【解答过程】（1）证明： 是正三角形，为的中点，． 又因为，， 所以，，又因为 所以平面，又因为平面，， ，平面，平面， 平面． （2）存在，理由如下： 取的中点，由（1）及已知得，， 点，分别为，的中点， ，，． 又，，，两两垂直． 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， ．设，， ，， ，设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ．由已知得，即， 解得或（舍去），故，此时，则是的中点， 存在满足条件的点，点为的中点. 24．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；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） 由线面垂直的判定定理证明平面，从而；由已知条件证明，再根据线面垂直的判定定理证得平面； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法，可求得平面和平面的夹角的余弦值； （3）假设存在点Q满足题意，且，根据线面角的向量求法，列出方程，求解可得的值. 【解答过程】（1）证明：在图1的等腰直角中，D为的中点，可得， 所以在图2中，可得． 因为，且，平面，所以平面．            又因为平面，所以． 因为平面，所以是二面角的平面角，即， 所以为等边三角形 因为M为的中点，所以． 又因为，且AD，平面，所以平面．        （2）以D为坐标原点，在平面内作垂直于DC的直线为x轴，DC，DA所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则， 则． 设平面的法向量为，则        则，取，可得，所以． 设平面DAB的法向量为，则       则，取，可得，所以． 所以， 所以平面和平面所成角的余弦值为．        （3）假设在线段AC上存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为． 由（2）得， 设，则．       平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 化简得，解得或（舍去）， 所以存在点Q，使得直线与平面所成角的正弦值为． 当时，． 【题型5 与二面角有关的探索性问题】 25．（25-26高二上·安徽马鞍山·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)求直线与平面所成角的正弦值； (2)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)； (2)存在，，是靠近的三等分点. 【解题思路】（1）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求角即可； （2）假设存在，分别求出平面与平面的法向量，根据法向量的夹角列方程求解即可. 【解答过程】（1）由得，， 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，如图： 则，，，， 故，，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为 . （2）存在. 假设存在，设， 又，则，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 由(1)知平面，则， 又，，，平面， 所以平面，故为平面的一个法向量，且， 所以， 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. 26．（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【解题思路】（1）根据勾股定理、线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可. 【解答过程】（1） 取中点，连接 . 由题意得，故，又，， 因此， ，所以四边形、为平行四边形， 进而，， 即 均为边长为2的等边三角形. 因为​，是中点，故，且 . 又​，故，得. 因为， 平面，故平面. 又平面，因此平面平面. （2）建立如图所示空间直角坐标系： 由题意知：，，，， 假设存在点使得满足题意． 设，其中. 反解得：M点坐标为： 设平面ABP的法向量为， ， 设平面MCD的法向量为， ， 所以． 解得，又因为， 故不存在点M使得满足题意． 27．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)存点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由见详解. 【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出两平面法向量，计算两个平面法向量数量积为0即可证明. （2）利用向量法求出平面法向量，利用向量法表示出二面角的大小，建立方程求解分析即可. 【解答过程】（1）证明：因为四边形为矩形，且平面， 所以以点为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由，则， 又，在棱上，，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则，令，则，所以， 因为，所以，所以平面平面. （2）存在点，使得二面角的余弦值为，且点为线段的中点，理由如下： 设点在线段上，且，则， 当时，重合，得不到二面角不满足题意， 当时，重合，此时二面角即为， 因为平面，即平面，且平面， 所以平面平面，即二面角为直二面角，不满足题意，所以， 由， 所以，所以， 设平面的一个法向量为，由， 则， 令，则，所以， 由（1）知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为， 则 ，即或， 当时，解得：，当时，无解，故， 即，所以存点，使得二面角的余弦值为，此时点为线段的中点. 28．（25-26高二上·河南南阳·期末）如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． (1)求证：平面； (2)求与平面夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使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)证明见解析； (2)； (3)存在； 【解题思路】（1）由余弦定理求得，由勾股定理证明，由线面垂直的判定定理可得证； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量即可求解；（3）设，求出平面的法向量，根据两个平面的法向量求解即可. 【解答过程】（1）证明：由题知， 由余弦定理得， ∴，∴，∴， 又，平面，， ∴平面； （2）如图，过作的垂线，垂足为，则， ∵四边形为等腰梯形，∴. 由（1）知，平面， ∴，又，平面，， ∴平面，∴，∴两两互相垂直， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则， ∴， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 故与平面夹角的正弦值为； （3）存在. 假设存在，设， 则， 设平面的法向量为， 由得， 令，得， ∴， 由题知，解得. 综上，存在点符合，且． 29．（2026·湖南郴州·模拟预测）在棱长为3的正方体中，点E，F分别在线段AB，BC上，且满足. (1)取的中点为M，的中点为N，求证：底面OABC； (2)求证：； (3)若，请问：在线段上是否存在点G，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【解题思路】（1）利用三角形中位线的性质，结合线面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，设点坐标根据线线垂直计算即可证明； （3）利用面面垂直结合平面法向量的关系计算即可. 【解答过程】（1）因为M是的中点，N是的中点， 所以在三角形中，是中位线，所以. 又因为A，F都在底面上， 所以平面，且不在底面内， 所以平面； （2）以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，. 设，.因为，， 所以，. 于是，， 由题意，得 即.化简得. 因此. （3）由，且，得. 由第（2）问可知，所以，. 设点G在线段上，则，. 要求二面角为，即平面GEF与平面垂直. 易知，. 设平面GEF的一个法向量为. 因为，，所以； 取，得，. 则平面GEF的一个法向量为. 再求平面的一个法向量. 因为，所以. 设平面的一个法向量为. 因为，，所以； 取，得，， 则平面的一个法向量为， 若平面，则两个平面的法向量互相垂直，故， 所以，即，解得， 因为，所以满足条件的点G存在， 此时，，因此， 综上，在线段上存在点G，且. 30．（2026·内蒙古赤峰·三模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在， 【解题思路】（1）根据面面垂直的性质可得平面，得到，进而可证平面； （2）利用等体积法求点到面的距离即可； （3）先得到平面，再以为原点建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法表示出两平面夹角的余弦值，再建立方程求出即可． 【解答过程】（1）证明：根据折叠可知，， 由于平面平面，平面平面平面， 故平面， 由于平面，故， 因为，故平面； （2）根据三角形的性质得，， 在中，， 由（1）知为三棱锥的高， 由于平面平面，故， ， 由（1）知，平面，平面，则， 故， 设点到平面的距离为， 则， 即， 解得； （3）存在，理由如下： 取中点，由于，则 由于平面平面，平面平面平面 故平面，故以为坐标原点，以分别为轴正方向， 以过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则 ， 设 则 设平面法向量 则，即，取 同理可求平面的法向量 则 整理得，，即 解得． 故存在点，当时，平面与平面所成角的余弦值为． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 立体几何中必考五类探索性问题（专项训练） 【人教A版】 【题型1 线、面平行的探索性问题】 1 【题型2 线、面垂直的探索性问题】 4 【题型3 与空间距离有关的探索性问题】 6 【题型4 与线面角有关的探索性问题】 10 【题型5 与二面角有关的探索性问题】 13 模块一 知识梳理·基础夯实 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． 知识点2 立体几何中探索性问题的求解策略 1．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. 模块二 考点突破·题型精讲 【题型1 线、面平行的探索性问题】 1．（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 2．（25-26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．（25-26高三·全国·一轮复习）如图，等边三角形与直角梯形所在的平面垂直，． (1)若F为的中点，求证：平面； (2)在线段上是否存在点N，使平面?若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 4．（25-26高二上·天津蓟州·阶段检测）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 5．（25-26高二上·重庆·期中）已知矩形ABCD，，，为CD中点，沿AE折成直二面角，为BC为中点.          (1)求证：； (2)在棱DE上是否存在点N，使得平面ADM?若存在，求的值；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. 【题型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．（25-26高二下·湖南郴州·期中）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面为的中点. (1)证明：平面． (2)设点在线段上运动，是否存在点，使得平面平面？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由. 9．（25-26高二上·重庆梁平·开学考试）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 10．（25-26高二上·陕西西安·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，点，分别在棱，上移动，且. (1)当时，证明：直线平面； (2)是否存在，使平面平面？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由. 11．（25-26高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 12．（25-26高二上·四川绵阳·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【题型3 与空间距离有关的探索性问题】 13．（25-26高三下·北京·阶段检测）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，为等边三角形，平面平面，，为的中点． (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，使得点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 14．（25-26高二下·福建宁德·期中）如图，在三棱锥中，底面，，，，为棱上的点，. (1)求证：平面； (2)设与底面所成角的正切值为. （i）求面与面所成的二面角的正弦值； （ii）棱上是否存在点，使得点到面的距离为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 15．（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面，，.，，    (1)试问为何值时，平面？并予以证明. (2)若， （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）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. 16．（25-26高二下·江苏连云港·期中）如图，等边三角形的边长为8，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的余弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 17．（25-26高二上·北京昌平·期末）如图，是边长为4的正方形，平面，，且. (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 18．（25-26高二上·上海松江·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【题型4 与线面角有关的探索性问题】 19．（26-27高三上·湖北·开学考试）如图，在三棱柱中，，，侧面为菱形，点为的中点，平面． (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 20．（26-27高三上·河南信阳·开学考试）在直角梯形ABCD中，，，，如图（1）．把沿BD翻折，使得平面平面BCD． (1)求证：； (2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 21．（25-26高二下·江苏盐城·期中）如图，已知四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，是的中点． (1)证明：； (2)求二面角的余弦； (3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由． 22．（25-26高一下·广东深圳·期末）如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 23．（25-26高二下·云南昆明·期中）如图所示，在三棱锥中，底面是边长为4的正三角形，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由． 24．（2026·河南·模拟预测）如图1，等腰直角的斜边，D为BC的中点，沿BC边上的高AD折叠，使得二面角为，如图2所示，设M为CD的中点． (1)证明：平面； (2)求平面和平面的夹角的余弦值； (3)在线段AC（含端点）上是否存在点Q，使得直线MQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出线段AQ的长度；若不存在，请说明理由． 【题型5 与二面角有关的探索性问题】 25．（25-26高二上·安徽马鞍山·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)求直线与平面所成角的正弦值； (2)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. 26．（2026·陕西渭南·三模）如图，在四棱锥中，，，． (1)求证：平面平面； (2)线段PB上是否存在点M（不包括端点），使得平面PAB与平面MCD夹角的余弦值为？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由． 27．（2026·贵州毕节·三模）“阳马”一词出自《九章算术·商功》，它是指底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在阳马中，平面，，，，点在棱上，且. (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求点的位置，若不存在，请说明理由. 28．（25-26高二上·河南南阳·期末）如图所示的几何体中，平面为正方形，四边形为等腰梯形，，． (1)求证：平面； (2)求与平面夹角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使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． 29．（2026·湖南郴州·模拟预测）在棱长为3的正方体中，点E，F分别在线段AB，BC上，且满足. (1)取的中点为M，的中点为N，求证：底面OABC； (2)求证：； (3)若，请问：在线段上是否存在点G，使得二面角为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 30．（2026·内蒙古赤峰·三模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，，将沿翻折至，使得二面角为直二面角． (1)证明：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $