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 ＝（1,0c

a ），

所以cos 60°＝|n·m||n|·|m|＝1

2·1＋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，λ

λ+12，0)，λ⊥(0，＋∞)， 可得CP ―→＝(2，λ

λ+-11，3-). 设CP 与平面ACD 所成的角为θ，

则sin θ＝|cos|＝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．