1、命题点2探索性问题例2 2021全国卷甲如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1.（1）证明：BFDE.（2）当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？解析（1）因为F为CC1的中点，所以CF12CC112BB11，BFBC2CF25.如图，连接AF，由BFA1B1，ABA1B1，得BFAB，于是AFBF2AB23，所以ACAF2CF222.则AB2BC2AC2，所以BABC，故以B点为坐标原点，AB，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间
2、直角坐标系Bxyz，则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），BF（0，2，1）.设B1Dm（0m2），则D（m，0，2），于是DE（1m，1，2）.所以BFDE0，所以BFDE.（2）易知平面BB1C1C的一个法向量为n1（1，0，0） .设平面DFE的法向量为n2（x，y，z），则DEn2=0，EFn2=0，又DE（1m，1，2），EF（1，1，1），所以（1m）xy2z=0，xyz=0，令x3，得ym1，z2m，于是，平面DFE的一个法向量为n2（3，m1，2m），所以cosn1，n2n1n2n1|n232（m12）2272.设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为，则
3、sin 1cos2n1，n2，故当m12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B1D12时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.方法技巧1.对于存在判断型问题的求解，一般先假设存在，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“方程（在规定范围内）是否有解”的问题.2.借助空间直角坐标系，引进参数，将几何问题代数化是解决探索性问题的常见方法.训练3 多选/2023重庆名校联盟联考在正方体ABCDA1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足APB1Q，则（ACD）A.存在PQ的某一位置，使ABPQB.BP
4、Q的面积为定值C.当PA0时，直线PB1与直线AQ一定异面D.无论P，Q运动到何位置，均有BCPQ解析对于A，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，ABPQ，故A正确.对于B，设正方体的棱长为2，当P在A处，Q在B1处时，BPQ的面积为2，当P在AD1的中点，Q在B1C的中点时，BPQ的面积为2，故B错误.对于C，当PA0时，设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，矛盾，所以直线PB1与直线AQ是异面直线，故C正确.对于D，当P与A重合或P与D1重合时，易证BCPQ.当P不与A，D1重合时，设点P在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的摄影为N，连接PM，QN，MN，PQ，
5、由APB1Q知，AMBN，则BCMN，又QNBC，MNQNN，所以BC平面PMNQ，因为PQ平面PMNQ，所以BCPQ，故D正确.故选ACD.训练4 如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且PFPC13.（1）求证：CD平面PAD.（2）求二面角FAEP的余弦值.（3）设点G在PB上，且PGPB23.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.解析（1）因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.又ADCD，ADPAA，AD，PA平面PAD，所以CD平面PAD.（2）过点A作AD的垂线交BC于点M.因为P
6、A平面ABCD，所以PAAM，PAAD.以点A为坐标原点，分别以AM，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）.因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）.所以AE（0，1，1），PC（2，2，2），AP（0，0，2）.所以PF13PC（23，23，23），AFAPPF（23，23，43）.设平面AEF的法向量为n（x，y，z），则nAE=0，nAF=0，即yz=0，23x23y43z=0，令z1，则y1，x1.于是n（1，1，1）为平面AEF的一个法向量.易得平面PAD的一个法向量为p（1，0，0），则cosn，pnpn|p33.由题知，二面角FAEP为锐二面角，所以其余弦值为33.（3）直线AG在平面AEF内.理由如下.因为点G在PB上，且PGPB23，PB（2，1，2），所以PG23PB（43，23，43），AGAPPG（43，23，23）.由（2）知，平面AEF的一个法向量为n（1，1，1）.所以AGn4323230.所以直线AG在平面AEF内.
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