问题30转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题
一、考情分析
立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象力，又可以考查学生的意志力和探究意识，逐步成为近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一，探究性问题主要有两类：一是推理型，即探究空间中的平行与垂直关系，可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究；二是计算型，即对几何体中的空间角与距离、几何体的体积等计算型问题的有关探究，此类问题多通过求角、求距离、体积等的基本方法把这些探究性问题转化为关于某个参数的方程，根据方程解的存在性来解决.
二、经验分享
1.对命题条件的探索常采用以下三种方法：
(1)先猜后证，即先观察与尝试给出条件再给出证明.
(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性.
(2)把几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件.
2.对于存在判断型问题，解题的策略一般为先假设存在，然 后转化为“封闭型”问题求解判断，若不出现矛盾，则肯定存在；若出现矛盾，则否定存在.这是一种最常用也是最基本的方法对命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，另外还有探索的结论是否存在.求解时，常假设结论存在，再寻找与条件相容还是矛盾的结论.
3.解决立体几何中的探索性问题的步骤：
第一步：写出探求的最后结论；
第二步：证明探求结论的正确性；
第三步：给出明确答案；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范．
三、题型分析
(一) 空间线面关系的探索性问题
1.空间平行关系的探索性问题
【例1】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D．
32
（1）求证：AD⊥平面BC C1 B1；
（2）设在棱上是否存在点，使得A1E∥平面ADC1？请给出证明．
【分析】（1）利用正棱柱的性质——侧棱与底面垂直，得到面，从而，然后结合已知即可得证；（2）根据正三棱柱的性质即可判断点的存在性，当为棱的中点时，有，从而可证A1E∥平面ADC1.
【解析】（1）在正三棱柱中，C C1⊥平面ABC，AD平面ABC，
∴ AD⊥C C1．
又AD⊥C1D，C C1交C1D于C1，且C C1和C1D都在面BC C1 B1内，
∴ AD⊥面BC C1 B1．
（2）存在点，当点为棱的中点时，A1E∥平面ADC1.
由（1），得AD⊥BC．在正三角形ABC中，D是BC的中点．
当E为B1C1的中点时，A1E∥平面ADC1．
事实上，正三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形BC C1 B1是矩形，且D、E分别是BC、B1C1的中点，所以B1B∥DE，B1B= DE．
又B1B∥AA1，且B1B=AA1，
∴DE∥AA1，且DE=AA1．
32
所以四边形ADE A1为平行四边形，
所以E A1∥AD．
而E A1面AD C1内，故A1E∥平面AD C1．
【点评】线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明的两个重点，此类探究性问题的求解，一定要灵活利用空间几何体的结构特征，注意其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的应用；为棱的中点时，有等的灵活应用，帮助我们能够准确地判断探究性问题的结论，丙直接迅速地把握证明的思路.
【小试牛刀】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】如图，四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点.
（1）求证：；
（2）若平面，求二面角的大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
【解析】（1）连交于，由题意.
在正方形中，，
所以平面，得
（2）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图.
32
设底面边长为，则高.
则，，
又平面，
则平面的一个法向量，
平面的一个法向量，
则，
又二面角为锐角，则二面角为；
（3）在棱上存在一点使平面.由（2）知是平面的一个法向量，
且，
设，
则
又平面，所以，
则.
即当时，
而不在平面内，故平面.
2.空间垂直关系的探索性问题
【例2】棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为棱的中点.
(1)求证：；
(2)求在线段上是否存在点G，使⊥面DFG.？试证明你的结论.
【分析】（1）先根据正方体的性质得到，，进而证明面
32
，故可得到结论；（2）首先根据正方体的结构特征确定点G的存在性和具体位置，然后进行证明.
【解析】（1）连接，， 由正方体的性质可知，，
所以面，
所以.
(2) 存在点G，当点G为点，⊥面DFG.
证明如下：
由(1) 知，取CD的中点H，连AH, EH .
由DFAH , DFEH，AHEH = H ，
得DF平面AHE，
所以DFAE.
又因为，所以⊥面DFA1，即⊥面DFG.
【点评】以特殊几何体为背景的空中线面关系的探究性问题，很容易忽视几何体中的一些特殊的平行、垂直关系，导致探究性问题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）问需要利用棱与一组平行平面垂直的性质得到线面垂直关系，作为证明的起点；（2）问如果忽视（1）中结论的应用，则就无法判断结果，无法进行证明.
【小试牛刀】【江西省吉安市2019届期末】如图，四面体中，平面，，，．
证明平面；
在线段上是否存在点，使得，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【解析】由题设知，，
，，
平面ABC，，
，平面PAB．
32
点D为PC的中点，且，使得．
理由如下：
在平面ABC内，过点B作，垂足为E，
在平面PAC内，过点E作，交PC于点D，连结BD，
由平面ABC，知，，
平面DBE，
平面DBE，，
在中，，点E为AC的中点，则点D为PC的中点，
在中，，，，
．
(二) 空间角的探索性问题
【例3】如图，在四棱锥中平面，且，
．
（1）求证：；
（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为45°，如果存在，求
32
与平面所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质定理，即从线面垂直出发给予证明，而线面垂直的证明，需要利用线面垂直判定定理：先根据平几知识寻找线线垂直，如由等腰三角形性质得，又由条件平面，得线线垂直：，这样就转化为线面垂直平面，即得（2）研究二面角大小，一般利用空间向量比较直接：先根据题意建立恰当的直角坐标系，设立各点坐标，利用方程组求各面法向量，根据向量数量积求两法向量夹角，最后根据二面角与法向量夹角关系列方程组，解出点坐标，确定点位置，再利用线面角与向量夹角互余关系求与平面所成角的正弦值
【解析】
（1）证明：
如图，由已知得四边形是直角梯形，
由已知，
可得是等腰直角三角形，即，
又平面，则，所以平面，所以．．．．．．．．．．．．．．4分
（2）存在． 法一：（猜证法）
观察图形特点，点可能是线段的中点，
下面证明当是线段的中点时，二面角的大小为45°．
过点作于，则，则平面．
过点作于，连接，
则是二面角的平面角，
因为是线段的中点，则，在四边形求得，则．
在三棱锥中，可得，设点到平面的距离是，，
则，解得．
在中，可得，
32
设与平面所成的角为，则．
法二：（作图法）
过点作于，则，则平面，
过点作于，连接，则是二面角的平面角．
若，则，又，易求得，
即是线段的中点．
（以下同解法一）
法三：（向量计算法）
建立如图所示空间直角坐标系，则．
设，则的坐标为．
设是平面的一个法向量，则
，得，则可取．
又是平面的一个法向量，
所以，
32
此时平面的一个法向量可取，
与平面所成的角为，则．
【点评】空间角的探究性问题要注意两个方面：一是空间角的正确表示，即利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间角时要注意两者的准确转化；二是注意我们再利用方程判断存在性时，要特别注意题中的条件限制，如点在线段上等.
【小试牛刀】如图，在直三棱柱中，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）试问线段上是否存在点，使与成
角？若存在，确定点位置，若不存在，说明理由．
【解析】（1）证明：连结，交于点，连结.
由是直三棱柱，
得 四边形为矩形，为的中点.
32
又为中点，所以为中位线，
所以，
因为 平面，平面，
所以平面.
（2）解：由是直三棱柱，且，故两两垂直.
如图建立空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，.
设平面的法向量为，则有，
所以， 取，得.
易知平面的法向量为.
由二面角是锐角，得.
所以二面角的余弦值为.
（3）解：假设存在满足条件的点.
因为在线段上，，，故可设，其中.
所以，.
因为与成角，所以
即，解得，
所以当点为线段中点时，与成角.
【例4】如图，直四棱柱中，侧棱，底面是菱形，，
32
，为侧棱上的动点．
（1）求证：；
（2）在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？试证明你的结论.
【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征，证明AC⊥平面BB1D1D即可得证结论.（2）可以利用空间线面关系做出二面角的平面角，根据二面角的大小列出方程，依据方程解的情况进行判断.
【解析】（1）连接BD，则AC⊥BD，
∵D1D⊥底面ABCD，∴AC⊥D1D
∴AC⊥平面BB1D1D，
∵D1P平面BB1D1D，∴D1P⊥AC．
（2）存在这样的点P，下证明之.
连接D1O，OP，
∵D1A=D1C，∴D1O⊥AC，同理PO⊥AC，
∴∠D1OP是二面角D1—AC—P的平面角．
32
∴∠D1OP =120°．
设，
∵60°，则，
∴．
在中，．
在中，由余弦定理
得，即．----10分
整理得，解得或（舍）．
∴棱上是否存在点，使得二面角的大小为，此时．
【点评】空间线面关系、空间角的探究问往往与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命题，解决此类探究性问题可从两个角度解决，一是直接利用传统的几何方法进行逻辑推理，必须熟练掌握特殊几何体的结构特征，注意平行与垂直关系的利用；二是直接利用向量法，此种方法简单直接，但也存在这很多易错易混的问题，特别是直线的方向向量与平面的法向量之间的运算与空间线面关系、空间角之间的正确转化是一个易错点.要熟记结论，灵活运用几何体的结构特征进行判断，准确进行两类关系之间的转化.
【小试牛刀】 在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，且，分别为的中点.
32
（1）求证：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，请求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.
【解析】（1）证明：连接，由正方形性质可知，与相交于点，
所以，在中，．
又平面平面．
所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为，所以，
又因为侧面底面，交线为，所以平面，
以为原点，分别以射线和为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，
，不妨设．
则有，假设在上存在点，
则．
因为侧面底面，交线为，且底面是正方形，
所以平面，则，
由得，
所以，即平面的一个法向量为．
32
设平面的法向理为，由即，亦即，可取．
所以．
解得（舍去）．
所以线段上存在点，且为的中点，使得二面角的余弦值为．
（三）空间距离的探索性问题
【例5】如图，已知平面是等腰直角三角形，其中，且.
(1)在线段上是否存在一点，使平面?
(2)求线段上是否存在点，使得点到面的距离等于1？如果存在，试判断点的个数；如果不存在，请说明理由.
【分析】（1）问可利用线面平行的性质定理，利用过直线CF的平面与平面ADE交点的位置便可确定点F的位置；（2）问设的长度，利用等积变换求出到面的距离，构造关于长度的方程，根据方程解的情况进行判断.
【解析】(1)当为的中点时，平面.
证明：取的中点、的中点，连结
是平行四边形,
32
平面
(2)不存在.
设，在中，，
又因为面，
所以.
则在中，
同理，.
在中，，
取的中点，因为，所以，
而.
故.
因为点到面的距离等于1，
所以.
而，所以，
解得.
所以在线段上只存在一点，当且仅当时，点到面的距离等于1.
32
【点评】探究线面平行问题时，应注意几何体的结构特征，也可根据是否能构造中位线或比例线段从而找出线线平行关系进行判断.该题易出现的问题是忽视点P在线段AB上的限制条件，误以为方程的解就是结果而忽视对的取值范围的技巧.
【小试牛刀】如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥底面 ABCD，侧棱PA=PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD ，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2,O为AD中点．
O
P
A
D
C
B
（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；
（Ⅱ）线段AD上是否存在点，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）证明：在中，为中点，所以．
又侧面底面，平面平面，平面，
所以平面．
（Ⅱ）连接、
假设存在点，使得它到平面的距离为．
设，则
因为，为的中点，
所以，且
32
所以
因为，且
所以
在中，
所以
所以
由，即
解得
所以存在点满足题意，此时．
解决此类探究性问题的基本思路就是设出参数，根据空间线面关系的判定和性质定理进行推理，或根据角、距离、体积等的求解方法用参数表示出相关的数据，建立关于参数的方程，根据方程解的存在性以及解的个数问题来处理.解题过程需要注意以下三个问题：
1.熟练把握空间线面关系的性质定理，在探究空间线面关系的有关问题时，可以把探究的结论作为已知条件，利用性质定理逐步进行推导；
2.熟练掌握求解空间角、空间距离以及几何体体积等的基本方法，通过设置合适的参数，建立关于某个参数的方程，转化为方程的解的问题进行探究；
3.合理设参，准确计算.探究性问题中的点往往在线段上或某个平面图形内，我们可以利用线段长度的比值设置参数，但也要注意参数的取值范围的限制.
四、迁移运用
1.【2018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习】如图，在△ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BD·BC；类似地有命题：在三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在平面BCD内的射影为M，则有S＝S△BCM·S△BCD.上述命题是 ( )
32
A. 真命题
B. 增加条件“AB⊥AC”才是真命题
C. 增加条件“M为△BCD的垂心”才是真命题
D. 增加条件“三棱锥A－BCD是正三棱锥”才是真命题
【答案】A
【解析】因为AD⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，BC ⊂平面ABC，
所以AD⊥AE，AD⊥BC．
在△ADE中，AE2＝ME·DE，
又A点在平面BCD内的射影为M，
所以AM⊥平面BCD，AM⊥BC，
所以BC⊥平面ADE，
所以BC⊥DE，BC⊥AE．
又，
所以．选A．
2.【福建省厦门市2018届高三下学期第一次质量检查（3月）】矩形中，，为中点，将沿所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：
①存在某个位置，； ②存在某个位置，；
③存在某个位置，； ④存在某个位置，.
其中正确的是（ ）
A. ①② B. ③④ C. ①③ D. ②④
【答案】C
【解析】根据题意画出如图所示的矩形：
翻折后如图：.
32
对于①，连接，交于点，易证，设，则，，所以，，则，即，，所以翻折后易得平面，即可证，故①正确；对于②，若存在某个位置，，则平面，从而平面平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，故②不正确；对于③，若存在某个位置，，则平面，平面⊥平面，则就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故③正确；对于④，若存在某个位置，，因为，所以平面，从而，这与已知矛盾，故④不正确.
故选C.
3．【陕西省汉中市重点中学2019届高三下学期3月联考】如图，在正方体中，点是底面的中心，是线段的上一点.
（1）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
（2）能否存在点使得平面平面，若能，请指出点的位置关系，并加以证明；若不能，请说明理由.
【解析】不妨设正方体的棱长为2，以，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.
（1）因为点是的中点，
所以点的坐标为.
所以，，.
设是平面的法向量，则，
即.
取，则，所以平面的一个法向量为.
32
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）假设存在点使得平面平面，设.
显然，.
设是平面的法向量，则，即，
取，则，，所以平面的一个法向量为.
因为，所以点的坐标为.
所以，.
设是平面的法向量，则，即.
取，则，所以平面的一个法向量为.
因为平面平面，所以，即，，解得.
所以的值为2.即当时，平面平面.
4．【山东省菏泽市2019届高三下学期第一次模拟】在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，，，，，设为棱上一点，.
（1）求证：当时，；
（2）试确定的值使得二面角为.
【解析】（1）证明：因为，，过作于，则为中点，所以，又，所以.
32
所以，因为平面，所以，，
在中，由勾股定理，得
当时，，则，
因为，所以
又，
所以∽，所以，即，
因为，又，，所以平面，所以
又，所以平面，所以，命题得证.
（2）以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系（如图）
由（1）得：，，则点，，，，，
令，则，，，，，
因为，所以，所以点，
由题目条件易证平面，所以平面的法向量，
设平面的法向量为，
则，即，即
令，得
因为二面角为，
32
所以，解得，，
因为在棱上，则，所以为所求.
5．【湖南省长沙市长郡中学2019届高三下学期第一次适应性考试(一模)】如图，在四棱锥中，，底面四边形为直角梯形，，，为线段上一点.
(1)若，则在线段上是否存在点，使得平面?若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由
(2)己知，若异面直线与成角，二而角的余弦值为，求的长.
【解析】（1）延长，交于点，连接，则平面.
若平面，由平面平面，平面，则.
由，，则，
故点是线段上靠近点的一个三等分点.
（2）∵，，，平面，平面，
则平面
以点为坐标原点，以，所在的直线分别为轴、轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，
32
则，，，，则，，
设平面和平面的法向量分别为，.
由，得即，
令，则，故.
同理可求得.
于是，则，解之得（负值舍去），故.
∴.
6【江西省重点中学盟校2019届高三第一次联考】．如图，在四棱锥中，底面是正方形，且，平面 平面，，点为线段的中点，点是线段上的一个动点．
（Ⅰ）求证：平面 平面；
（Ⅱ）设二面角的平面角为，试判断在线段上是否存在这样的点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（Ⅰ） 四边形是正方形，∴.
∵平面 平面平面平面，∴平面.
∵平面，∴.
∵，点为线段的中点，∴.
又∵，∴平面.
又∵平面，∴平面 平面.
32
（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，∵，∴平面.
在平面内过作交于点，
∴，故，，两两垂直，以为原点，
以，，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
因为，，∴.
∵平面， 则，，
又为的中点，，
假设在线段上存在这样的点，使得,设，，，
设平面的法向量为， 则
∴，令，则，则
平面，平面的一个法向量,,则
∴.
，解得，∴
7．【山东省临沂市2019届高三2月教学质量检测】如图，在四棱锥中， 平面, ，，，,是线段的中点.
32
（1）证明：平面
（2）当为何值时，四棱锥的体积最大？并求此最大值
【解析】（1）取PD中点N，连接MN，CN，
∵M是AP的中点，
∴MN∥AD且MN，
∵AD∥BC，AD＝2BC，
∴MN∥BC，MN＝BC，
∴四边形MNCB是平行四边形，
∴MB∥CN，
又BM平面PCD，CN⊂平面PCD，
∴BM∥平面PCD；
（2）设PA＝x（0＜x＜4），
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AB，
∵，
∴AB，
又∵AB⊥AD，AD＝2BC＝4，
∴VP﹣ABCD
＝16，
32
当且仅当x，即x＝4时取等号，
故当PA＝4时，四棱锥P﹣ABCD的体积最大，最大值为16．
8．【广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟】如图所示，四棱锥中，菱形所在的平面，是中点，是上的点．
（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，当时，是否存在点，使直线与平面的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
【解析】（1）连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，
是的中点，，又， 平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．
32
（2）
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，
则，设，则，又，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设直线与平面所成角为，由，得：
．
化简得：，解得或，
故存在点满足题意，此时为或．
9．【上海市七宝中学2019届高三上学期期末】在长方体ABCD-A1B1C1D1中（如图），AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点．
（1）求异面直线AD1与EC所成角的大小；
（2）《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，试问四面体D1CDE是否为鳖臑？并说明理由．
【解析】（1）取CD中点F，连接AF，则AF∥EC，
32
∴∠D1AF为异面直线AD1与EC所成角．
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，由AD=AA1=1，AB=2，
得
∴△AD1F为等边三角形，则．
∴异面直线AD1与EC所成角的大小为；
（2）连接DE，∵E为AB的中点，∴DE=EC=，
又CD=2，∴DE2+CE2=DC2，得DE⊥CE．
∵D1D⊥底面DEC，则D1D⊥CE，∴CE⊥平面D1DE，得D1E⊥CE．
∴四面体D1CDE的四个面都是直角三角形，
故四面体D1CDE是鳖臑．
10.如图,在三棱锥中, 底面,. 、分别为和的中点. 为侧棱上的动点.
（Ⅰ）求证: 平面;
（Ⅱ）求证:平面平面;
（Ⅲ）试判断直线与平面是否能够垂直.若能垂直,求的值;若不能垂直,请说明理由.
【解析】（Ⅰ）证明:∵是三棱柱，
32
∴三个侧面都是平行四边形, 且，
又∵、分别为和的中点，
∴且，
∴且，
∴是平行四边形，
∴，
∵平面, 平面，
∴平面.
（Ⅱ）证明:∵底面，
∴底面，
∴，
又∵,，
又∵是中点，
∴，
∵, 平面，
∴平面，
则平面平面;
（Ⅲ）直线与平面能够垂直,且，
由（Ⅱ）知平面，
∴，
若要使平面,仅需在平面内再找一条和相交的直线和即可.
此时我们取平面内和相交的直线，
若,则与相似，
32
∴，
∴.
11．如图1，在边长为12的正方形中，，且，，分别交，于点，，将该正方形沿、折叠，使得与重合，构成如图2所示的三棱柱．
（1）求证：；
（2）在底边上是否存在一点，满足平面，若存在试确定点的位置，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）点满足时，平面.
【解析】（1）证明：因为，，
所以，从而，即，
又因为，而，
所以平面，
又平面，
所以．
（2）假设存在一点满足平面，过作交于，连接，由
因为，所以，
32
连接，因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以当点满足时，平面．
12.在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，且，分别为的中点.
（1）求证：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，请求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的中点.
【解析】（1）证明：连接，由正方形性质可知，与相交于点，
所以，在中，．
又平面平面．
所以平面．
（2）取的中点，连接，
因为，所以，
又因为侧面底面，交线为，所以平面，
以为原点，分别以射线和为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，
，不妨设．
则有，假设在上存在点，
则．
32
因为侧面底面，交线为，且底面是正方形，
所以平面，则，
由得，
所以，即平面的一个法向量为．
设平面的法向理为，由即，亦即，可取．
所以．
解得（舍去）．
所以线段上存在点，且为的中点，使得二面角的余弦值为．
32
微信/支付宝扫码支付