立体几何中的探索性问题 (1)
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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。