第33节立体几何中探索性问题的向量解法

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以立体几何中探索性问题为背景的解答题(解析版)知识讲解

【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p 的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．2.与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“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”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【精选名校模拟】1. 在四棱锥ABCD E -中，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，⊥EC 底面ABCD ，F 为BE的中点.（Ⅰ）求证：DE ∥平面ACF ；（Ⅱ）求证：AE BD ⊥；（Ⅲ）若2,ABCE在线段EO上是否存在点G，使⊥CG平面BDE？若存在，求出EGEO的值，若不存在，请说明理由．O FED C BA【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）1.2 EGEO=2.如图所示，四棱锥P —ABCD 中，AB ⊥AD ，CD ⊥AD ，P A ⊥底面ABCD ，P A=AD=CD=2AB =2，M 为PC 的中点。

利用空间向量解立体几何中的探索性问题

利⽤空间向量解⽴体⼏何中的探索性问题2019-10-19⽴体⼏何中的探索性问题主要有两类：(1) 探索动点的位置；(2) 探索图形的形状。

前者主要是通过求出动点坐标来达到⽬的；后者通常是通过确定某条边的长度来解决问题。

类型⼀：探索动点的位置(动点在⼀条定直线上移动)【例１】如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧⾯AA1C1C底⾯ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且ABBC,O为AC的中点.在BC1上是否存在⼀点E,使得OE∥平⾯A1AB,若不存在,说明理由；若存在,确定点E的位置．分析 (1) A1O平⾯ABC；(2) 建⽴空间直⾓坐标系；(3) 求平⾯A1AB的法向量n=(x,y,z)；(4) 设E点的坐标；(5) 利⽤OE•n=0来求解E点的坐标。

解因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1OAC．⼜由题意可知,平⾯AA1C1C平⾯ABC,交线为AC,且A1O平⾯AA1C1C,所以A1O平⾯ABC．如图,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建⽴空间直⾓坐标系．由题意可知,A1A=A1C=AC=2,⼜AB=BC,ABBCOB=12AC=1．得：O（0,0,0）,A（0,-1,0）,A1（0,0,3）,C（0,1,0）,C1（0,2,3）,B（1,0,0）,则有：A1C=（0,1,-3）,AA1=（0,1,3）,AB=(1,1,0).设平⾯AA1B的⼀个法向量为n=（x,y,z）,则有n•AA1=0,n•AB=0,y+3z=0,x+y=0,令y=1,得x=-1,z=-33,n=-1,1,-33．设E=（x0,y0,z0）,令BE=λBC1，即（x0-1,y0,z0）=λ（-1,2,3）,得x0=1-λ，y0=2λ，z0=3λ.E=（1-λ,2λ,3λ）,得OE=（1-λ,2λ,3λ）令OE∥平⾯AA1B,得OE•n=0,即-1+λ+2λ-λ=0,得λ=12,即存在这样的点E,E为BC1的中点．点拨 (1) 本题的难点在于E点的坐标的设法,要是只设E=（x0,y0,z0）,则很难得到答案,运⽤共线向量定理,则问题可以迎刃⽽解；(2) ⼀般的,若动点E在定直线BC1(B、C1是定点)上移动,可以令BE=λBC1。

用空间向量解决立体几何中的探索性问题

典型例题例题：如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为矩形， P A ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ⊥平面AEC ；(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C AF D 大小为60°？[解] (1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，因为四边形ABCD 为矩形，所以点O 是BD 的中点，因为点E 是棱PD 的中点，所以PB ⊥EO ，又因为PB ⊥平面AEC ，EO ⊥平面AEC ，所以PB ⊥平面AEC .(2)由题意知AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 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，设AB ＝AD ＝2a ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，F (a ，a ，c )．因为z 轴⊥平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC ―→＝(2a ，2a ，0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊥平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )，而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝（1,0ca ），所以cos 60°＝|n·m||n|·|m|＝12·1＋a 2c 2＝12，得a ＝c . 即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C AF D 的大小为60°.解题策略利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．变式练习如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA＝1，OD ＝2，⊥OAB ，⊥OAC ，⊥ODE ，⊥ODF都是正三角形．(1)证明：直线BC ⊥平面OEF ；(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M OE D的余弦值是31313？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M 点所在的位置．解：(1)证明：依题意，在平面ADFC 中，⊥CAO ＝⊥FOD ＝60°，⊥AC ⊥OF ，又OF ⊥平面OEF ，⊥AC ⊥平面OEF .在平面ABED 中，⊥BAO ＝⊥EOD ＝60°，⊥AB ⊥OE ，又OE ⊥平面OEF ，⊥AB ⊥平面OEF .⊥AB ∩AC ＝A ，AB ⊥平面OEF ，AC ⊥平面OEF ，AB ⊥平面ABC ，AC ⊥平面ABC ，⊥平面ABC ⊥平面OEF .又BC ⊥平面ABC ，⊥直线BC ⊥平面OEF .(2)设OD 的中点为G ，如图，连接GE ，GF ，由题意可得GE ，GD ，GF 两两垂直，以G 为坐标原点，GE ，GD ，GF 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易知O （0，-1，0），E (3，0，0)，F (0，0，3)，D (0，1，0)．假设在线段DF 上存在一点M ，使得二面角M OE D 的余弦值是31313.设DM ―→＝λDF ―→，λ⊥[0，1]，则M (0，1－λ，3λ)， OM ―→＝(0，2－λ，3λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MOE 的法向量，由⎩⎨⎧n·OM ―→＝0，n·OE ―→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧（2－λ）·y ＋3λ·z ＝0，3x ＋y ＝0，可取x ＝－λ，则y ＝3λ，z ＝λ－2，n ＝(－λ，3λ，λ－2)．又平面OED 的一个法向量m ＝(0，0，1)，⊥31313＝|cos m ，n |＝|λ－2|4λ2＋（λ－2）2，⊥(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ⊥[0，1]，⊥λ＝12.⊥存在满足条件的点M ，M 为DF 的中点．2．如图1，在高为2的梯形ABCD 中，AB ⊥CD ，AB ＝2，CD ＝5，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别为E ，F .已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥BE ；(2)若DE ⊥CF ，CD ＝3，在线段AB 上是否存在点P ，使得CP 与平面ACD 所成角的正弦值为3535？并说明理由．解：(1)证明：由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，⊥AF ⊥BE .⊥AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，⊥AF ⊥平面BDE . 又DE ⊥平面BDE ，⊥AF ⊥DE .⊥AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，⊥DE ⊥平面ABFE .又BE ⊥平面ABFE ，⊥DE ⊥BE .(2)当P 为AB 的中点时满足条件．理由如下：⊥AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，⊥AE ⊥平面DEFC . 如图，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ，可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA ―→，EF ―→，EG ―→分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,3)，D (0,21-,23)， AC ―→＝(－2,1，3)，AD ―→＝(2-,21-,23).设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ n ·AC ―→＝0，n ·AD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．设AP ―→＝λPB ―→，则P (2，λλ+12，0)，λ⊥(0，＋∞)，可得CP ―→＝(2，λλ+-11，3-). 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos<CP ，n>|＝5)11(71112⨯+-++---λλλλ＝3535，解得λ＝1或λ＝－25(舍去)，⊥P 为AB 的中点时，满足条件．。

空间几何中的探索性问题的求解策略

DC∥AE,DC=AE。又点 E 为 AB 的中点,所以
DC∥EB 且 DC=EB,可知四边形 DEBC 为平行四边形,所以 CB∥DE。
由(1)得 DE⊥平面 PCF,所
以CB⊥平面 PCF。又因为CB⊂
平面 PBC,所以平面 PBC⊥ 平面
PCF。
■ 齐
(3)存在满足条件的点 M ,
=2,所
以
BQ
=
1 2
,
A1DQ,所以 BE∥平面 A1DQ。因为F 是A1A 的中点,所以EF∥A1D。
因为 BF ⊄ 平面 A1DQ,A1D ⊂ 平面 A1DQ, 所以 EF∥平面 A1DQ。
因为 E 是 AD 的中点,所以 ED =BQ, 在矩形 ABCD 中,由 AQ⊥BD,可得 △AQB
ED∥BQ,则四边形 BEDQ 是平行四边形, ∽△DBA,所以 AB2=AD·BQ。
所以 BE∥QD。又因为 BE ⊄ 平面 A1DQ,DQ ⊂ 平面
又
因
为
AB
=1,AD
知识篇·知识结构与拓展高一数学 2018年11月
立体几何中的探索性问题一般都是条件开放性的探索性问题,一般采用的方法是执果索因, 先猜后证的方法,即观察与尝试给出的条件再证明,或者假设求解的结果存在,寻找使得这个结论成立的条件,把几何问题转化为代数问题来解决,如果找到符合题目结果要求的条件,则存在; 如果找不到符合题目要求的条件或出现了矛盾 ,则不存在。

立体几何探索性问题的向量解法

PDABCE立体几何中探索性问题的向量解法高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。

对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。

立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势.本节课主要研究：立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。

一、存在判断型1、已知空间三点A （-2，0，2），B （-2，1，2），C （-3，0，3）.设a =AB ，b =AC ，是否存在存在实数k ，使向量k a +b 与k a -2b 互相垂直，若存在，求k 的值；若不存在，说明理由。

解∵k a +b =k （0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k ，1），k a -2b =（2，k ，-2），且(k a +b )⊥（k a -2b ）， ∴（-1，k ，1）·（2，k ，-2）=k 2 -4=0. 则k=-2或k=2.点拨：第（2）问在解答时也可以按运算律做. (k a +b )(k a -2b )=k 2a 2-k a ·b -2b 2= k 2 -4=0，解得k=-2或k=2.2、如图，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∠PDA 为θ，能否确定θ，使直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线?若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由.解：以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.设|AD|=2a ，|AB|=2b ，∠PDA=θ.则A(0，0，0)、B(0，2b ，0)、C(2a ，2b ，0)、D(2a ，0，0)、P(0，0，2atan θ)、M(0，b ，0)、N(a ，b ，atan θ).∴AB =(0，2b ，0)，PC =(2a ，2b ，-2atan θ)，MN =(a ，0，atan θ). ∵AB ·MN =(0，2b ，0)·(a ，0，atan θ)=0，∴AB ⊥MN .即AB ⊥MN.若MN ⊥PC ，则MN ·PC =(a ，0，atan θ)·(2a ，2b ，-2atan θ)=2a 2-2a 2tan 2θ=0.∴tan 2θ=1，而θ是锐角. ∴tan θ=1，θ＝45°. 即当θ=45°时，直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线.【方法归纳】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。

课题：利用空间向量解决立体几何中的探索性问题

课题：利用空间向量解决立体几何中的探索性问题课题说明立体几何中，平行、垂直、距离和角的问题是主要问题，而以它们为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点. 由于此类问题涉及的点具有不确定性，所以用传统的解法难度较大，若用向量方法处理，则思路简单，操作方便。

一、温故而知新问题一：利用空间向量解决立体几何中的平行、垂直、距离和角问题常见有那几种方法？（一）平行问题线线平行：线面平行：面面平行：（二）垂直问题线线垂直：线面垂直：面面垂直：（三）角问题线线角：线面角：面面角：（四）距离问题点面距离：二、例题分析在正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为1，E 是棱1BB 的中点（1）在棱11C B 上是否存在一点F ，使F D 1∥面DE A 1。

（2）在平面1111D C B A 内是否存在一点M ，使AM ⊥平面DE A 1。

（3）在棱1DD 上是否存在一点N ，使BN 与平面DE A 1所成角的正弦值为1935。

（4）在棱11C D 上是否存在一点P ，使点P 到平面DE A 1的距离为43。

问题二：你要求解的是什么？问题三：探索性问题常见有哪几种方法？方案一：方案二：问题四：题目给你提供了什么几何体？它能为你提供什么信息？问题五：点在棱上或在面内，坐标怎么设？（1）点F 在棱B 1C 1上：（2）点M 在面1111D C B A 内：（3）点N 在棱1DD 上：（4）点P 在棱11C D 上：问题六：F D 1∥面DE A 1这个条件怎么用？问题七：AM 平面DE A 1这个条件怎么用？问题八：BN 与平面DE A 1所成角的正弦值为1935这个条件怎么用？问题九：点P 到平面DE A 1的距离为43这个条件怎么用？AA A A A三、练习PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，2=AB ，2=PD（1）若1:2:=EC PE ，在PB 上是否存在点F 使A F ∥平面BDE（2）若1:2:=EC PE ，在PB 上是否存在点M,使点M 到平面BDE 的距离为2（3）G 是PB 的中点，在侧面PAD 内是否存在一点H ，使GH ⊥平面PCB（4）在棱PC 上是否存在点Q ，使二面角Q-DB-C 所成角为3π四、小结：五、作业讲义：第92页变式5，第103页变式11、变式12。

转化与化归思想解决立体几何中的探索性问题-高三数学备考冲刺

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．（1）求证：AD ⊥平面BC C 1 B 1；（2）设在棱11B C 上是否存在点E ，使得A 1E ∥平面ADC 1？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1CC ⊥面ABC ，从而1CC AD ⊥，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E 为棱11B C 的中点时，有1//A E AD ，从而可证A 1E ∥平面ADC 1.【解析】（1）在正三棱柱中，C C 1⊥平面ABC ，AD ⊂平面ABC ，∴ AD ⊥C C 1．又AD ⊥C 1D ，C C 1交C 1D 于C 1，且C C 1和C 1D 都在面BC C 1 B 1内， ∴ AD ⊥面BC C 1 B 1．（2）存在点E ，当点E 为棱11B C 的中点时，A 1E ∥平面ADC 1. 由（1），得AD ⊥BC ．在正三角形ABC 中，D 是BC 的中点．当E 为B 1C 1的中点时，A 1E ∥平面ADC 1．事实上，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BC C 1 B 1是矩形，且D 、E 分别是BC 、B 1C 1的中点，所以B 1B ∥DE ，B 1B= DE ．又B 1B ∥AA 1，且B 1B =AA 1， ∴DE ∥AA 1，且DE =AA 1．所以四边形ADE A 1为平行四边形，所以E A 1∥AD ．而E A 1 面AD C 1内，故A 1E ∥平面AD C 1．【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；E 为棱11B C 的中点时，有1//A E AD 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.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11C D 的中点，F 为棱BC 的中点.(1)求证：1AE DA ⊥；(2)求在线段1AA 上是否存在点G ，使AE ⊥面DFG.？试证明你的结论.【分析】（1）先根据正方体的性质得到11DA AD ⊥，1DA AB ⊥，进而证明1DA ⊥面11ABC D ，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1AD ，1BC ，由正方体的性质可知11DA AD ⊥，1DA AB ⊥，所以1DA ⊥面11ABC D ，所以1DA AE ⊥.(2) 存在点G ，当点G 为1A 点，AE ⊥面DFG. 证明如下：由(1) 知1DA AE ⊥，取CD 的中点H ，连AH, EH . 由DF ⊥AH , DF ⊥EH ，AH EH = H ，得DF ⊥平面AHE ，所以DF ⊥AE. 又因为，所以AE ⊥面DFA 1，即AE ⊥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 ．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：AB PC（2）在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC 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AB AC ⊥，又由条件PA ⊥平面ABCD ，得线线垂直：PA AB ⊥，这样就转化为线面垂直AB ⊥平面PAC ，即得AB PC ⊥（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M 点坐标，确定M 点位置，再利用线面角与向量夹角互余关系求BM 与平面MAC 所成角的正弦值【解析】（1）证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由已知，可得ABC ∆是等腰直角三角形，即AB AC ⊥，又PA ⊥平面ABCD ，则PA AB ⊥，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB PC ⊥．．．．．．．．．．．．．．4分（2）存在．法一：（猜证法）观察图形特点，点M 可能是线段PD 的中点，下面证明当M 是线段PD 的中点时，二面角的大小为45°．过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，则MN ⊥平面ABCD ．过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则MGN ∠是二面角的平面角，因为M 是线段PD 的中点，则，在四边形ABCD 求得1NG =，则．在三棱锥M ABC -中，可得，设点B 到平面MAC 的距离是h ，，则，解得h =在Rt BMN ∆中，可得BM =，设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则．法二：（作图法）过点M 作MN AD ⊥于N ，则//MN PA ，则MN ⊥平面ABCD ，过点M 作MG AC ⊥于G ，连接NG ，则MGN ∠是二面角的平面角．若，则NG MN =，又，易求得1MN =，即M 是线段PD 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M 的坐标为．设(),,n x y z =是平面AMC 的一个法向量，则n AC n AM ⎧=⎨=⎩，得，则可取．又()0,0,1m =是平面ACD 的一个法向量，所以，此时平面AMC 的一个法向量可取，BM 与平面AMC 所成的角为θ，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，，2ABC π∠=，D 是BC 的中点．（1）求证：1//A B 平面1ADC ；（2）求二面角的余弦值；（3）试问线段11A B 上是否存在点E ，使AE 与1DC 成3π 角？若存在，确定E 点位置，若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：连结1A C ，交1AC 于点O ，连结OD .由是直三棱柱，得四边形11ACC A 为矩形，O 为1A C 的中点. 又D 为BC 中点，所以OD 为1A BC ∆中位线，所以1//A B OD ，因为 OD ⊆平面1ADC ，1A B ⊄平面1ADC ，所以1//A B 平面1ADC . （2）解：由是直三棱柱，且2ABC π∠=，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(2,0,0)C ，(0,2,0)A ，1(2,0,1)C ，(1,0,0)D . 所以，.设平面1ADC 的法向量为(,,)n x y z =，则有10n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以，取1y =，得.易知平面ADC 的法向量为(0,0,1)v =.由二面角是锐角，得.所以二面角的余弦值为23. （3）解：假设存在满足条件的点E.因为E 在线段11A B 上，1(0,2,1)A ，1(0,0,1)B ，故可设(0,,1)E λ，其中[0,2]λ∈. 所以，.因为AE 与1DC 成3π角，所以即，解得1λ=，所以当点E 为线段11A B 中点时，AE 与1DC 成3π角. 【例4】如图，直四棱柱中，侧棱12AA =，底面ABCD 是菱形，2AB =，，P 为侧棱1BB 上的动点．（1）求证：1D P AC ⊥；（2）在棱1BB 上是否存在点P ，使得二面角的大小为120？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BB 1D 1D 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 ，∵D 1D ⊥底面ABCD ，∴AC ⊥D 1D ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ，∵D 1P ⊂平面BB 1D 1D ，∴D 1P ⊥AC ．（2）存在这样的点P ，下证明之. 连接D 1O ，OP ，∵D 1A =D 1C ，∴D 1O ⊥AC ，同理PO ⊥AC ， ∴∠D 1OP 是二面角D 1—AC —P 的平面角． ∴∠D 1OP =120°．设， ∵60°，则，∴．在111Rt D B P ∆中，．在1D OP ∆中，由余弦定理得，即．----10分整理得，解得13x =或5x =（舍）． ∴棱1BB 上是否存在点P ，使得二面角的大小为120，此时13BP =．【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P ABCD -，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且，分别为PC BD 、的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C PD G --的余弦值为3，若存在，请求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G 为AB 的中点.【解析】（1）证明：连接AC ，由正方形性质可知，AC 与BD 相交于点F ，所以，在PAC ∆中，//EF PA ．又PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面PAD ．所以//EF 平面PAD ．（2）取AD 的中点O ，连接,OP OF ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，分别以射线,OA OF 和OP 为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，O xyz -，不妨设2AD =．则有，假设在AB 上存在点，则．因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，且底面是正方形，所以CD ⊥平面PAD ，则CD PA ⊥，由得PD PA ⊥，所以PA ⊥PDC ，即平面PDC 的一个法向量为．设平面PDG 的法向理为(),,n x y z =，由00PD n DG n ⎧=⎨=⎩即020x z x a --=⎧⎨+=⎩，亦即2z xx y a =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，可取．所以．解得1,1a a ==-（舍去）．所以线段AB 上存在点G ，且G 为AB 的中点，使得二面角C PD G --的余弦值为3．（三）空间距离的探索性问题【例5】如图，已知AB ⊥平面是等腰直角三角形，其中2EBC π∠=，且.(1)在线段BE 上是否存在一点F ，使//CF 平面ADE ?(2)求线段AB 上是否存在点M ，使得点B 到面CEM 的距离等于1？如果存在，试判断点M 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MB 的长度，利用等积变换求出B 到面CEM 的距离，构造关于MB 长度的方程，根据方程解的情况进行判断.【解析】(1)当F 为BE 的中点时，//CF 平面ADE . 证明：取BE 的中点F 、AE 的中点G ，连结//CD GF ∴CFGD ∴是平行四边形,//CD GD ∴//CF ∴平面ADE(2)不存在.设MB x =，在Rt BEC ∆中，，又因为MB ⊥面BEC ，所以.则在Rt MBE ∆中，同理，.在Rt MEC ∆中，，取EC 的中点H ，因为ME MC =，所以MH EC ⊥，而. 故.因为点B 到面CEM 的距离等于1，所以.而，所以，解得x =所以在线段AB 上只存在一点M，当且仅当BM =B 到面CEM 的距离等于1.【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λ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．（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD AQQD值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）13．【解析】（Ⅰ）证明：在PAD ∆中PA PD =，O 为AD 中点，所以PO AD ⊥．又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD 平面，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）连接AC 、BO假设存在点Q ，使得它到平面PCD 的距离为．设QD x =，则12DQC S x ∆=因为//BC AD ，O 为AD 的中点，2AD BC = 所以//BC OD ，且BC OD = 所以CD OB = 因为AB AD ⊥，且所以在Rt POC ∆中，PC =所以所以由，即解得32x =所以存在点Q 满足题意，此时13AQ QD =．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△BCM·S△BCD.上述命题是 ( )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. ①②B. ③④C. ①③D. ②④【答案】C【解析】根据题意画出如图所示的矩形：翻折后如图：.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.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.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，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，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.（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.（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，∴V P﹣ABCD＝16，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．（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AD 1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D 1CDE 是否为鳖臑？并说明理由．【解析】（1）取CD 中点F ，连接AF ，则AF ∥EC ，∴∠D 1AF 为异面直线AD 1与EC 所成角．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，由AD =AA 1=1，AB =2，得∴△AD 1F 为等边三角形，则．∴异面直线AD 1与EC 所成角的大小为；（2）连接DE ，∵E 为AB 的中点，∴DE =EC =，又CD =2，∴DE 2+CE 2=DC 2，得DE ⊥CE ．∵D 1D ⊥底面DEC ，则D 1D ⊥CE ，∴CE ⊥平面D 1DE ，得D 1E ⊥CE ． ∴四面体D 1CDE 的四个面都是直角三角形，故四面体D 1CDE 是鳖臑．10.如图,在三棱锥中, 1AA 底面ABC ,. M 、N分别为BC 和11B C 的中点. P 为侧棱1BB 上的动点.（Ⅰ）求证: 1//A N 平面APM ; （Ⅱ）求证:平面APM ⊥平面11BB C C ;（Ⅲ）试判断直线1BC 与平面APM 是否能够垂直.若能垂直,求PB 的值;若不能垂直,请说明理由. 【解析】（Ⅰ）证明:∵是三棱柱，∴三个侧面都是平行四边形, 11//AA BB 且11AA BB =，又∵M 、N 分别为BC 和11B C 的中点， ∴1//MN BB 且1MN BB =， ∴1//MN AA 且1MN AA =， ∴1AA NM 是平行四边形， ∴1//A N AM ，∵1A N ⊄平面APM , AM ⊂平面APM ， ∴1//A N 平面APM .（Ⅱ）证明:∵1AA ⊥底面ABC ， ∴1BB ⊥底面ABC ， ∴1BB AM ⊥，又∵AB AC =,，又∵M 是BC 中点， ∴AM BC ⊥，∵, 1,BC BB ⊂平面11BB C C ，∴AM ⊥平面11BB C C ，则平面APM ⊥平面11BB C C ;（Ⅲ）直线1BC 与平面APM 能够垂直,且43PB =，由（Ⅱ）知AM ⊥平面11BB C C ， ∴1AM BC ⊥，若要使1BC ⊥平面APM ,仅需在平面APM 内再找一条和AM 相交的直线和1BC 即可. 此时我们取平面APM 内和AM 相交的直线PM ，若1PM BC ⊥,则BPM 与1CBC 相似，∴1PB BCBM CC =， ∴.11．如图1，在边长为12的正方形11''AA A A 中，，且3AB =，4BC =，1'AA 分别交1BB ，1CC 于点P ，Q ，将该正方形沿1BB 、1CC 折叠，使得1''A A 与1AA 重合，构成如图2所示的三棱柱．（1）求证：AB PQ ⊥；（2）在底边AC 上是否存在一点M ，满足//BM 平面APQ ，若存在试确定点M 的位置，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）点M 满足时，//BM 平面APQ.【解析】（1）证明：因为3AB =，4BC =，所以5AC =，从而，即AB BC ⊥，又因为1AB BB ⊥，而，所以AB ⊥平面1BC ，又PQ ⊂平面1BC ，所以AB PQ ⊥．（2）假设存在一点M 满足//BM 平面APQ ，过M 作//MN CQ 交AQ 于N ，连接PN ，由因为//PB CQ ，所以//MN PB ，连接PN ，因为//BM 平面APQ ，所以//BM PN ，所以四边形PBMN 为平行四边形，所以3MN =，，所以当点M 满足时，//BM 平面APQ ． 12.在四棱锥中P ABCD -，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且，分别为PC BD 、的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C PD G --，若存在，请求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，G 为AB 的中点.【解析】（1）证明：连接AC ，由正方形性质可知，AC 与BD 相交于点F ，所以，在PAC ∆中，//EF PA ．又PA ⊂平面,PAD EF ⊄平面PAD ．所以//EF 平面PAD ．（2）取AD 的中点O ，连接,OP OF ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，分别以射线,OA OF 和OP 为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系， O xyz -，不妨设2AD =．则有，假设在AB 上存在点，则．因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，交线为AD ，且底面是正方形，所以CD ⊥平面PAD ，则CD PA ⊥，由得PD PA ⊥，所以PA ⊥PDC ，即平面PDC 的一个法向量为．设平面PDG 的法向理为(),,n x y z =，由00PD n DG n ⎧=⎨=⎩即020x z x a --=⎧⎨+=⎩，亦即2z x x y a =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，可取．所以．解得1,1a a ==-（舍去）．所以线段AB 上存在点G ，且G 为AB 的中点，使得二面角C PD G --的余弦值为3．。

立体几何中探索性问题的向量解法

空间向量在立体几何中的应用
------立体几何中探索性问题的向量解法
对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决。如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在。对于立体几何的探索性问题最适合用空间向量的方法，只需通过坐标运算进形判断，在解题过程中把“是否存在的问题”转化为“点的坐标”是否有解、“是否有规定范围内”有解的问题，使问题简单、有效地解决。请同学们善于运用向量法。
（2004 湖南卷 19）．如图,在底面是菱形的四棱锥 P—ABCD 中, ABC 60, PA AC a,
PB PD 2a, 点 E 在 PD 上,且 PE:ED= 2: 1.
(Ⅰ)证明 PA⊥平面 ABCD; (Ⅱ)求以 AC 为棱,EAC 与 DAC 为面的二面角 θ 的大小: (Ⅲ)在棱 PC 上是否存在一点 F, 使 BF∥平面 AEC? 证明你的结论.
（2006 江西卷 20）．如图,在三棱锥 A BCD 中,侧面 ABD 、 ACD 是全等的直角三角形, AD 是公共的斜边,且
AD 3, BD CD 1 .另一个侧面 ABC 是正三角形. (1)求证: AD BC (2)求二面角 B AC D 的大小; (3)在线段 AC 上是否存在一点 E ,使 ED 与面 BCD 成 30 角?若存在,确定点 E 的位置;若不存在,说明理由.
1.如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面， AB=2，E是PB的中点，与 AE 夹角的余弦值 DP 为 3 3 （1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标。（2）在平面PAD内是否存在一点F，使EF⊥平面PCB？

立体几何—如何用向量方法解决探索性问题

立体几何—如何用向量方法解决探索性问题例11．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，13,4,5,4AC BC AB AA ==== （1）求证1;AC BC ⊥（2）在AB 上是否存在点D 使得1?AC CD ⊥（2）在AB 上是否存在点D 使得11//AC CDB 平面参考答案：例11．解：直三棱柱11A B C A B-，13,4,5,,,AC BC AB AC BC CC ===两两垂直，以C 为坐标原点，直线1,,CA CB CC 分别为x 轴y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则1(0,0,4),(3,0,0),(0,0,4)C A C ，1(0,4,0),(0,4,4)B B（1）1(3,0,0),(0,4,4)AC BC =-=- ，110,AC BC AC BC ∴∙=∴⊥AC BC ∴⊥（2）假设在AB 上存在点D ，使得1AC CD ⊥，则(3,4,0)AD AB λλλ==-其中01λ≤≤，则(33,4,0)D λλ-，于是(33,4,0)CD λλ=-由于1(3,0,4)AC =-，且1AC CD ⊥所以990λ-+=得1λ=，所以在AB 上存在点D 使得1AC CD ⊥，且这时点D 与点B 重合。

A1C BC D1A 1B（3）假设在AB 上存在点D 使得11//AC CDB 平面，则(3,4,0)AD AB λλλ==-其中01λ≤≤则(33,4,0)D λλ-，1(33,44,4)B D λλ=--- 又1(0,4,4).BC =--由于1(3,0,4)AC =-，11//AC CDB 平面，所以存在实数111,,m n AC mB D nBC =+使成立， (33)3,(44)40,444,m m n m n λλ∴-=---=--=所以12λ=，所以在AB 上存在点D 使得11//AC CDB 平面，且D 使AB 的中点。

总结：向量有一套良好的运算性质，它可以把几何图形的性质转化为向量运算，实现了数与形的结合，在解决立体几何的距离与夹角、平行与垂直、探索性等问题中体现出巨大的优越性，请同学们认真领会。

用向量法解决立体几何问题MicrosoftOfficeWord文档

用向量法解决立体几何问题.空间向量（4）模长公式:a bx/2y 』2 乙 Z 2a,b222222 0X 1 y 1乙,X 2 y 2 Z 2则向量a 叫做平面的法向量。

（注意：一个平面的法向量有无数个）a 的有向线段所在直线平行于直线 a ，则称a 为直线a 的方向向例1：已知平面内有三点0 0,0,0 , A 2,2,1 , B 4,5,2，求平面的一个法向量。

1.空间向量的概念：空间中把具有大小和方向的量叫做空间向量。

2.空间向量的坐标表示：设i , j, k 为两两垂直的单位向量，若OP xi y j zk ，则x,y,z 叫做向量OP的坐标，也叫 P 点的坐标。

3.两个向量的数量积：a b a b coS a, b4.设aX i ,y i ,乙，bX 2, y 2, Z 2则(1) a b x 1X 2,y 1丫2,乙乙， (2) a bx 2, y 1 y 2,乙 Z 2 （对应相加或减）x 1x 2yy乙z 2（对应相乘再相加）。

特殊地: 2 X 1 2y 1a //b (共线)X iX 2, y 1y 2，乙x 1x 2 y y 2乙 Z 2A X i , Y i ，乙，B X 2,y 2,Z 2 ,则 AB X 2X 1,y 2Y 1,Z 2 （终点减始点） (8)A X 1, y 1，乙，B X 2,y 2,Z 2两点的中点坐标这PX 1『22乙 Z 2。

26.平面的法向量：若表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面，记作：a 丄。

2 2y 1 乙 5.两向量a 、b 的夹角：cos7.直线的方向向量：若表示向量练习：已知O A 、B 、C 、D E 均在平面内，根据下列条件求平面的一个法向量⑴ 0 0,0,0，A1, 1,0，B0,1, 1(2) OA 1,2,0 , OB 2,5,0 (3) CD 1, 2,1 , CE 1,2,0二、立体几何问题的转化策略1. 平行问题的转化内不共线的两向量)2. 垂直问题的转化3. 空间角的转化(1)证两直线AB// CDAB CD(2)证直线AB//平面 AB0(n 平面的一个法向量。

立体几何中探索性问题的求解策略

立体几何中探索性问题的求解策略作者：刘卫东来源：《新高考·高三数学》2018年第02期在立体几何试题中，探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，是高中数学最难掌握的一类问题，它既能突出以能力立意为核心的命题原则，又能开发学生的思维和解决问题的能力.一般情况下探索性问题主要是针对平行、垂直关系以及二面角的探索，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般是根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定结论，立体几何中的探索性问题主要包括以下三类：条件追溯型、存在判断型、结论探索型，本文通过探索性问题一题多解的方法来阐述解题策略，使学生的解题能力有所提升.探索性问题的求解步骤为：第一步，写出探索的最后结论；第二步，证明探求结论的正确性；第三步，给出明确的答案；第四步，反思回顾，查看关键点、易错点和答题的规范性、完备性.当然也可以按类似分析法的格式书写步骤：从结论出发“要使……成立”“只需使……成立”.下面我们来看具体的例题.例如图1，在三棱柱ABC-A1B1c1中，AA1⊥平面ABC，E在线段B1C1上，B1E=2EC1，BC=1，AC=CC1=2，AB1=3.（l）求证：BC⊥AC；（2）探究：在AC上是否存在点F，满足EF∥平面A1ABB1？若存在，请指出点F的位置，并给出证明；若不存在，请说明理由.由AA1⊥平面ABC⇒BC⊥AA1，进而证明BC⊥平面AA1C1C得到结果.（2）信息提取：B1E=2EC1，F在线段AC上，满足EF∥平面A1ABB1.破题思路：技巧一假设存在，利用空间向量进行计算得到点的坐标，达到题目所要求的结果，但要注意直线平行于平面必须是直线的方向向量与平面的法向量垂直.（空间向量解决问题的优点是利用向量计算得到所要的结果，但是它的缺点是要求准确地找到坐标以及准确的运算，否则就会前功尽弃）技巧二假设存在，由E是B1C1靠近C1的三等分点，猜想F可能是AC且靠近C的三等分点，通过假设确定F的位置，即取AF=2FC，再证明EF∥AM.（给中点找中点，给等分点找等分点，利用等分点之间比例得到直线与直线平行）技巧三假设存在，通过假设确定F的位置，即AF =2FC，BN=2NC，再证明平面EFN∥平面AA1B1B.（要得到直线与平面平行，可以通过平面与平面平行得到）所以点F在靠近C的三等分点处.策略二：线平行于面，可以通过线平行于线得到，线平行于线最常见的方法是三角形的中位线平行、平行四边形的对边平行.（其中解题技巧要牢记：给中点找中点，即三角形的中位线；给等分点找等分点，利用等分点之间线段成比例，得到线线平行）审题视角在A1B1上取点M使B1M=2A1M，由B1E=2C1E得EM∥A1c1且EM=2/3A1C1（或直接作EM∥A1C1交A1B1于M），连结AM，推导出四边形EFAM是平行四边形，从而EF∥AM，由此能证明EF∥平面A1B1BA.解答过程当AF=2FC时，EF∥平面A1ABB1.理由如下：在平面A1B1C1内，过E作EM∥A1C1交A1B1于点M.因为B1E=2EC1，EM∥A1C1，所以ME=2/3A1C1因为AC =A1C1，AC∥A1C1，所以ME=2/3AC， ME∥AC.又因为AF =2/3AC，所以ME=AF，ME∥AF.所以四边形AFEM为平行四边形.所以EF∥AM.因为AM⊂平面AA1B1B，EF⊄平面AA1B1B，所以EF∥平面AA1B1B.策略三：線平行于面，可以通过面面平行得到，利用两平面平行，其中一个平面内的线平行于另一个平面即可证得.审题视角过E作EN∥BB1交BC于N，连结FN，可得EN∥平面A1ABB1，再证FN∥平面A1ABB1，得到平面EFN∥平面A1ABB1，则有EF∥平面AA1B1B.解答过程当AF=2FC时，EF∥平面A1ABB1.理由如下：在平面BB1C1C内，过E作EN∥BB1交BC于N，连结FN.由EN∥BB1，BB1⊂平面AA1B1B，EN⊄平面AA1B1B，则有EN∥平面AA1B1B.因为EN∥BB1，B1E =2EC1，所以BN=2CN.又因为AF=2FC所以FN∥AB.因为AB⊂平面AA1B1B，FN⊄平面AA1B1B，所以FN∥平面AA1B1B.又因为FN∩EN =N，所以平面EFN∥平面AA1B1B.因为EF⊂平面EFN，所以EF∥平面AA1B1B.解题反思本题求解时常出现的四种错误：一是对探索性问题的求解思路不明；二是在证明平行关系时，线面关系表示不清；三是线面平行中会丢掉线在面内、线在面外的表达语句；四是利用空间向量解决问题时，求直线方向向量和平面法向量的运算一定要准确无误，否则可能会导致结论错误，立体几何中的探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，有利于培养同学们探索、分析、归纳、判断、证明与实践等方面的能力，使大家经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程，其类型多样，解法灵活多变，本文通过立体几何中的探索性问题的解题策略，谈了一些自己的看法，希望对同学们有所帮助.。

立体几何中探索性命题的向量解法

立体几何中探索性命题的向量解法
郭丽云
【期刊名称】《数理化解题研究：高中版》
【年(卷),期】2006(000)006
【摘要】本文将利用向量思想方法对于立体几何中的探索性问题分类作出解答．【总页数】3页(P20-21,24)
【作者】郭丽云
【作者单位】浙江省温岭中学,317500
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
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5.向量解法在立体几何探索性问题中的应用 [J], 聂宪庆
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