专题 17 立体几何中的探索性问题 1．（2021·石家庄市第十七中学高三月考）如图，在四棱锥 O  ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， OM  2 MA ， CN  2 NB OE  2 ED ， ． （1）求证： MN // 平面 OCD ． （2）试问：在 OD 上是否存在一点 F ，使 BF // 平面 ACE 成立？若存在，请予以证明；若不存在，说明理由． 【解析】（1）证明：连接 又 CN  2 NB 得 CN //  ME ，由 OM  2MA ， OE  2 ED 得 ME //  2 2 CB //  AD ， 3 3 所以四边形 MECN 是平行四边形 所以 MN //EC ， 又 MN �平面 EAC ， EC �平面 EAC ， ∴ MN // 平面 OCD ． （2）解：存在 OE 中点 F ，使 BF // 平面 ACE 成立． 取 OE 中点 F ，连 BF ， BD ，使 BD �AC  P ，连 PE ． ∵ ABCD P 是矩形，∴ 是 BD 的中点， 又∵ E 是 OD 上靠近点 D 的一个三等分点，且 F 是 OE 中点， ∴ E 是 FD 的中点，∴ VBDF 中， PE //BF ， 又∵ PE �平面 ACE ， BF � 平面 ACE ， 2 AD ， 3 ∴ BF // 平面 ACE ， 故在 OD 上是存在 OE 中点 F ，使 BF // 平面 ACE 成立． 2．（2021·黑龙江哈尔滨·哈师大附中高三三模）如图，四棱锥 P  ABCD 底面 ABCD 是矩形， PD  面 ABCD ， PD  AB  2BC  4 ， E 、 F 是棱 PC 、 PB 上的点， uuu r uuur PE  3EC ， uuur uuu r PF  2 FB ． （Ⅰ）求证： AF // 平面 BDE ； （Ⅱ）棱 PA 上是否存在点 PM ，使 CM  面 ？若存在，求出 的值；不存在，请说明理由． MA M BDE 【解析】（Ⅰ）∵ PD  平面 ABCD ， AD 、 CD �平面 ABCD ． ∴ PD  AD ， PD  CD 在矩形 ABCD 中， AD  CD ∴ DA 、 DC 、 DP 三条线两两垂直 如图，分别以 DA 、 DC 、 DP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系 则 A  2, 0, 0  ， uuu r uuur ∵ PE  3EC B  2, 4, 0  ， C  0, 4, 0  ， P  0, 0, 4  uuur uuu r ∴ E  0,3,1 ；∵ PF  2 FB uuur 2 uuu r �4 8 8 � PF  PB  � , , � 3 �3 3 3 � ∴ uuur uuur uuur �4 8 8 � � 2 8 4 � AF  AP  PF   2, 0, 4   � , ,  � �  , , � ∴ �3 3 3 � � 3 3 3 � r 设 n   x, y, z  为平面 BDE 的一个法向量 v uuuv � n� DE  0 �v uuuv 由� n� DB  0 2x  4 y  0 � 得： � 3 �y  z  0 r 取 n   2,1, 3 uuur r 4 8 n   4 0 ∵ AF � 3 3 uuur r AF  n ∴ 又∵ AF �平面 BDE ∴ AF // 平面 BDE （Ⅱ）假设存在 M 满足 uuuu r uuur AM   AP  0 � �1 ，使 CM  平面 BDE uuuu r uuu r uuuur CM  CA  AM   2, 4, 0     2, 0, 4    2  2 , 4, 4  若 ∴ CM  平面 BDE ，则 uuuu r r CM // n 2  2 4 4   2 1 3 2  2  8 � � 12  4 即： � ∴  �� 故不存在满足条件的点 M 3．（2020·重庆市荣昌中学校高三月考）已知正四棱柱 ABCD  A1 B1C1 D1 中， AB  2 ， AA1  4 ． （1）求证： BD  A1C （2）求二面角 ； A  A1C  D1 的余弦值； CP （3）在线段 CC1 上是否存在点 P ，使得平面 A1CD1  平面 PBD ，若存在，求出 PC1 的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）因为四棱柱 所以 因为 因为 因为 AA1  平面 ABCD ， ABCD  A1 B1C1 D1 BD  AC 是正四棱柱， ， AA1  BD ABCD BD � 平面 ，所以 ， AA1 I AC  A ，所以 BD  平面 A1 AC ， A1C � A1 AC BD  A1C . 平面 ，所以 （2）如图，以 D 为原点建立空间直角坐标系 D  xyz ， 则 A1  2, 0, 4  ， uuuur D1 A1   2, 0, 0  C  0, 2,0  ， 因为 BD  平面 设平面 A1 D1C ， D1  0, 0, 4  uuuu r D1C   0, 2, 4  A1 AC ，所以 的法向量 ， ， D  0, 0,0  uuur DB   2, 2, 0  uuur DB   2, 2, 0  r n   x1 , y1 , z1  ， B  2, 2, 0  ， C1  0, 2, 4  ， ， 是平面 AA1C 的法向量， ， v uuuuv n� D1 A1  0 �x1  0 � r v �v uuuu � 则� 2 y1  4 z1  0 ，令 z1  1 ，则 y1  2 ， n   0, 2,1 ， n� D1C  0 ，即 � uuur r uuur r DB � n 4 10 cos DB, n  uuur r   故 5 ， 5� 2 2 DB �n 因为二面角 A  A1C  D1 是钝二面角，所以二面角 A  A1C  D1 的余弦值为 （3）设 P ( x2 , y2 , z2 ) 为线段 CC1 上一点， uuu r uuuu r CP =λ PC1 因为 uuu r CP =( x2 , y2 - 2, z2 ) 所以  x2 , y2  2, z2      x2 , 2  y2 , 4  z2  ， ， uuuu r PC1 =( - x2 , 2 - y2 , 4 - z 2 ) ， λ �0 ， ， uuu r uuuu r CP =λ PC1 4λ 4 � uuur � � 4λ 0, 2, P� 0, 2, z = � � DP =� 2 x  0 y  2 1   1λ + �， � 则 2 ， 2 ， 1λ+ ， � ， � � � �，  10 5 . 设平面 PBD 的法向量 ur m =( x3 , y3 , z3 ) ， 4 � 2 y3  � z3  0 v uuuv � �m � DP  0 ur � 1  1  � � u u u v m� 1,1,  则 �v ，即 � ，令 ，则 �， 2 x  2 y  0 m � DB  0 y  1 2 � 3 � 3 � � 3 1  1  0 ，解得   ， 若平面 A CD  平面 ，则 ur r ，即 2  1 1 m� n0 2 3 PBD CP 1  PC 故当 1 3 时，平面 A1CD1  平面 PBD . 4．（2021·江西师大附中高三月考）如图，在三棱锥 �ASB   ，且 sin 2 S  ABC 中， SA  SB  SC  m ，若 �BSC   ， �CSA   ，     sin 2  sin 2 . 2 2 2 （1）求证：平面 SAB  平面 ABC ；     ，，  （2）若 3 2  2 2 3 ，试问在线段 SC 上是否存在点 D ，使直线 BD 与平面 SAB 所成角的正弦值为 3 ， 若存在，求出点 D 的位置，若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由 sin 2     sin 2  sin 2 得 ， 2 2 2 cos   cos   1  cos  设 BC  a ， AC  b ， AB  c ， 2m 2  a 2 2m 2  b 2 2m 2  c 2   1 2 2 由余弦定理得 2m 2m 2m 2 ， 进一步化简得 a 2  b2  c2 ，从而 AC  BC ， 取 AB 中点 O ，连接 SO 、 OC ，因为 SA  SB ，所以 SO  AB ， 因为 OB  OC ， SB  SC ， SO  SO ，所以 VSOB VSOC ， 所以， �SOC  �SOB  90o ，从而 SO  OC ， 因为 AB �OC  O ，所以， SO  平面 ABC ， 又 SO �平面 SAB ，平面 SAB  平面 ABC . （2）过点 C 在平面 ABC 内作 CE  AB ，垂足为点 E ，连接 SE ， 因为平面 ABC  平面 SAB ，平面 SAB I 平面 ABC  AB ， CE �平面 ABC ， 故 CE  平面 SAB ， SCE SCE  SAB Q CE � 平面 ，故平面 平面 ， 过点 D 在平面 SCE 内作 DF  SE ，垂足为点 D ， 因为平面 SCE  平面 SAB ，平面 SCE I 平面 SAB  CE ， DE �平面 SCE ， 故 DF  平面 SAB ，所以 CE //DF ， 连接 BF 、 BD ，则 �DBF 为直线 BD 与平面 SAB 所成的角， 由题意知 2 2n