立体几何中的探索性问题 (1)

立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究．这类试题的一般设问方式是“是否存在?存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．
8如图,在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=√3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．
(1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由．
(2)求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF．
(3)当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为
45。

?
拓展提升
(1)开放性问题是近几年高考的一种常见题型．一般来说，这种题型依据题目特点，充分利用条件不难求解．
(2)对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．
9如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧
棱的长都是底面边长的√2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD．
(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P-AC-D 的大小．
(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC?若存在，求SE ：EC 的值；若不存在，试说明理由．
如图 所示，在正方体ABCD —A l B l C 1D l 中，M,N 分别是AB ，BC
中点．
(1)求证：平面B 1MN ⊥平面BB 1D 1D ；
(2)在棱DD 1上是否存在点P ，使BD 1∥平面PMN ，若有，确
定点P 的位置；若没有，说明理由．
如图 所示，在四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA =PD=√2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD，AB ⊥AD ，AD=2AB=2BC=2，0为AD 中点． (1)求证：PO ⊥平面ABCD ；
(2)求异面直线PB 与CD 所成角的大小：
(3)线段AD 上是否存在点Q ，使得它到平面PCD 3
若存在，求出AQ ：
DQ 的值；若不存在，请说明理由．
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），
P
D
A
C
E
B
P
D
A
B
C
E
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。

这是一种最常用也是最基本的方法.
二、位置探究型
3．如图所示。

PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 是PB 的中点，DP 与AE 夹角的余弦值为
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 ？ 解析：⑴以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，设P （0,0,2m ）.
则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)， 从而AE =(-1,1,m),DP =(0,0,2m). AE
DP AE DP AE DP ⋅=
〉〈,cos =3
32222
2
=
+m
m m ，得
m=1.
所以E 点的坐标为（1,1,1）.
（2）由于点F 在平面PAD 内，故可设F(z x ,0,)，
由EF ⊥平面PCB 得： 0=⋅CB EF 且0=⋅PC EF ，
即10)0,0,2()1.1,1(=⇒=⋅---x z x 00)2,2,0()1.1,1(=⇒=-⋅---z z x 。

所以点F 的坐标为（1,0,0）,即点F 是DA 的中点时，可使EF ⊥平面PCB. 【方法归纳】点F 在平面PAD 上一般可设DP t DA t DF 21+=⋅、计算出21,t t 后，D 点是已知的，即可求出F 点。

4、在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ．
（1）当E 、F 在何位置时，B 1F ⊥D 1E ；
（2）是否存在点E 、F ，使A 1C⊥面C 1EF ？
（3）当E 、F 在何位置时三棱锥C 1－CEF 的体积取得最大值，并求此时二面角C 1－EF －C 的大小．
解：（1）以A 为原点，以1AB AD AA 、、为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设BE=x ，则有
因此，无论E 、F 在何位置均有11B F D E
（2）1
1
1
(,,),(0,,),(,0,),AC a a a EC a
x a FC x a 若A 1C⊥面C 1EF ，则
22
()
a a x a ax
a
得0a
矛盾，
故不存在点E 、F ，使A 1C⊥面C 1EF
（3）1
2
2()6
2
4
C CEF
a
a a V x
当2
a
x
时，三棱锥C 1—CEF 的体积最大，这时，E 、F 分别为BC 、CD 的中点。

连接AC 交EF 于G ，则AC ⊥EF，由三垂线定理知：C 1G⊥EF
11.C GC C EF C 是二面角的平面角，
【方法归纳】 立体几何中的点的位置的探求经常借
助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.
三、巩固提高
5、 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，所有棱的长度都是2，M 是BC 边的中点，问：在侧棱CC 1上是否存在点N ，使得异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°？
解：以A 点为原点，建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A －xyz.
因为所有棱长都等于2，所以 A （0，0，0），C （0，2，0），B （3，1，0）， B 1(3，1，2)，M(
32，3
2
，0). 点N 在侧棱CC 1上，可设N （0，2，m ）（0≤m≤2）， 则1AB =(3，1，2)，MN =(32，1
2
，m)， 于是|1AB |=22
，|MN |=12+m ，1
AB ·MN =2m-1.
如果异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°，那么向量1AB 和
MN
的夹角是
45°或
135°，而cos<
1
AB ，
MN
>=||||1MN AB MN
AB ••=1
22
122+•-m m ，
所以1221
22
+•-m m =±2
2.解得m=-4
3，这与0≤m≤2矛盾. 即在侧棱CC 1上不存在点N ，使得异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°.
6、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABC Ｄ中，∠ABC=600，PA=AC=a ，PB=PD=a 2,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 （Ⅰ）证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，
所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中， 由PA 2+AB 2=2a 2=PB 2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.
（Ⅱ）解 作EG 知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC 于H ，连结EH ， 则EH⊥AC，∠EHG 即为二面角θ的平面角.
又PE : ED=2 : 1，所以.3
360sin ,3
2,3
1a AG GH a AG a EG =︒===
从而 ,3
3
tan ==
GH EG θ .30︒=θ （Ⅲ）解法一 以A 为坐标原点，直线AD 、AP 分别为y 轴、z 轴，过A 点
垂直平面PAD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为
所以 ).0,2
1
,23(
),3
1,32
,0(a a AC a a AE == 设点F 是棱PC 上的点，,10),,2
1
,23(<<-==λλλλλ其中a a a PC PF 则
P
D
A
B
C
E
)).1(),1(21
),1(23(
λλλ-+-=a a a 令 AE AC BF 21λλ+= 得 解得 .23,21,2121=-==λλλ 即 21=λ时，.2
3
21AE AC BF +-=
亦即，F 是PC 的中点时，BF 、AC 、AE 共面.
又 BF ⊄平面AEC ，所以当F 是棱PC 的中点时，BF 解法二 当F 是棱PC 的
中点时，BF ①
由 ,2
1ED PE EM == 知E 是MD 的中点.
连结BM 、BD ，设BD ⋂AC=O ，则O 为BD 的中点. 所以 BM ②
由①、②知，平面BFM 又 BF ⊂平面BFM ，所以BF 证法二 因为 )(2
12
1DP CD AD CP BC BF ++=+=
所以 BF 、AE 、AC 共面.
又 BF ⊄平面ABC ，从而BF 【方法归纳】点F 是线PC 上的点，一般可设PC PF λ=，求出λ值，P 点是已知的，即可求出F 点
高考复习课：立体几何中探索性问题的向量解法
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。

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.
【方法归纳】： 二、位置探究型 3．如图所示。

PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 是PB 的中点，DP 与AE 夹角的余弦值为
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 ？ . 4．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、
F 分别是棱BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ． （1）当E 、F 在何位置时，B 1F ⊥D 1E ；
（2）是否存在点E 、F ，使A 1C⊥面C 1EF ？
（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．
2、如图,在四棱锥P–ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=√3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．
(1)点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由．
(2)求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF．
(3)当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小为
45。

?
【方法归纳】
三、巩固提高
5．在正三棱柱ABC—A
1B
1
C
1
中，所有棱的长度都是2，M
是BC边的中点，问：在侧棱CC
1
上是否存在点N，使得异面
直线AB
1
和MN所成的角等于45°？
6．(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=a2,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 的
大小；
（Ⅲ）在棱PC上是否存在一点F，使BF。