立体几何中的探索性问题.docx

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丄底面ABCD, PA=AB=1, AD=V3，点F是PB的中 点，点E在边BC 上移动.⑴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. ⑵求证：无论点E在BC边的何处，都有PE丄AF.型依据(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 题目特点，充分利用条件不难求解.为代数无解则(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 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 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V2倍，P为侧棱SD上的点.(1) 求证：AC丄SD.(2) 若SD丄平面PAC,求二面角P-AC-D的大小.若存(3) 在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E,使得BE〃平面PAC?在，求SE： EC的值；若不存在，试说明理由. 如图所示，在正方体ABCD—吧叨i中,M,N分别是AB, BC中点.(1) 求证：平面BMN丄平面BBDD；1 1 1(2) 在棱DD上是否存在点P,使BD 〃平面PMN，若有，确定点P的位1 1若没有，说明理由.如图 所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD丄底面ABCD,侧棱 PA=PD=V2 ,底面 ABCD 为直角梯形，其中BC〃AD , AB丄AD , AD=2AB=2BC=2, 0 为 AD 中点.(1) 求证：P0丄平面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的距离为5 若存在，求出2AQ： 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ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由解•.•ka+b=k (0, 1, 0) + (-1, 0, 1) = (-1, k, 1), ka-2b= (2, k, -2),且(ka+b)丄(ka-2b),.•.(-1, k, 1) • (2, k, -2) =k2 -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. (ka+b)(ka-2b)=k2a2-ka・ b-2b2= k2 -4=0，解得 k=-2 或 k=2.2、如图，已知矩形ABCD, PA丄平面ABCD, M、N分别是AB、PC的中点，ZPDA为°，能否确 定0，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出°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IADI=2a, IABI=2b, ZPDA=0 .则 A(0, 0, 0)、B(0, 2b, 0)、C(2a, 2b, 0)、D(2a, 0, 0)、P(0, 0, 2atan0 )、M(0, b, 0)、N(a, b, atan0). F —*■AB =(0, 2b, 0), PC =(2a, 2b, -2atan0 ), MN =(a, 0, atan0 ).AB • MN =(0, 2b, 0)・(a, 0, atan0 )=0,AB 丄 MN .即 AB 丄 MN.若MN丄PC,h ■则 MN • PC =(a, 0, atan0 )・(2a, 2b, -2atan0 )=2a2-2a2tan20 =0..°.tan20 =1,而 0 是锐角...tan0 =1, 0 =45°.即当0 =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(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丄平面PCB? 解析：(1)以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z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).cos〈 DP, AE〉DP - AE = 2 m 2DP AE 2 m^ 2 + m 2=A3，得 m=1.3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(x，0, Z ),由EF丄平面PCB得：EF - cb = 0 且 EF - PC 二 0,即(x —1,-1 .z -1) • (2,0,0) = 0 n x = 1 (x — 1,—1.z — 1) • (0,2,—2) = 0 n z = 0。

pE所以点F的坐标为(1,0,0),即点F是DA的中点时，可使EF丄平面 PCB.【方法归纳】点F在平面PAD上一般可设DF• = t DA +1 DP、计1 2 算出t ,t后，D点是已知的，即可求出F点E1 24、在棱长为a的正方体ABCD~A1B1C1D1中，E、F分别是棱BC、CD上的点，且BE=CF.(1) 当E、F在何位置时，B1F±D1E；(2) 是否存在点E、F,使A]C丄面C]EF?(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.(1)以A为原点，以AB、AD、AA]为x轴、y轴、z轴建立解：空间直角坐标系，设BE=x，则有因此，无论E、F在何位置均有B]F £E(2) AC (a,a, a),EC» (0,a x,a), FC (x,0, a),a 2a (a 若A1C丄面C1EF，贝U1 1 ax在点e、f,FRc丄面C]Ef—a0得a 0矛盾，故不存⑶ VC1 CEF6「吕.Cl1)A 'a当x ㊁时，CD的中点连接AC交EF于G,则AC丄EF,由三垂线定理知：C1G丄EF C GC是二面角C EF C的平面角.，1 1【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.巩固提高在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱的长度都是2, M是BC边的中在侧棱CC1上是否存在点N,使得异面直线AB1和MN所成的角等于三棱锥C]—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、占N ■丄D三、5、 点，问： 45° ?解：因为所有棱长都等于2,所以 -A (0, 0, 0), C (0, 2, 0), B (朽,1, 0),J3 3T，2，0).点N在侧棱CC1上，可设N (0, 2, m)(0

3,1，2)，M(1，2)，于是|AB1如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°,那么向量AB1和MN的夹角是2m -1AB • MN45°或 135°，而 cosv AB1 , MN >=| AB1| • 1 mni = 2y2 • \：m2 +1 , 摯 2 3所以2&八m2 +1 =±T .解得m=- 4 ,这与0^mW2矛盾.即在侧棱CC1上不存在点N,使得异面直线AB1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，ZABC=6Oo, PA=AC=a, PB二PD= J2a，点 e 在 PD 上，且 PE:ED=2:1.(I)证明PA丄平面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//平面AEC?证明你的结论.(I)证明 因为底面ABCD是菱形，ZABC=60°,所以 AB=AD=AC=a, 在APAB 中，由 PA2+AB 2=2a2=PB 2 知 PA 丄 AB.同理，PA丄AD，所以PA丄平面ABCD.(II)解作 EG//PA 交 AD 于 G，由PA丄平面ABCD.知EG丄平面ABCD.作GH丄AC于H,连结EH,则EH丄AC,ZEHG即为二面角。

的平面角.1 2 ^3又 PE : ED=2 : 1,所以 EG = — a, AG = — a, GH = AG sin 60° = a.3 3 3从而tan 0EG = J3~GH~0 = 30°.(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 2 1 ., 3 1所以 AE =(0,—a,3a)，AC = (_2a,2a,0). _ — i设点F是棱PC上的点，PF =九PC = (-^ a九,九),其中0 ＜九＜ 1,贝I」..■ 3 1=C— a（九一1）, — a（1 + 九）,a（1 -X））. 令 BF =九 AC + X AE 得2 2 1 2解得 X =BF = -- AC + 3 AE.2 2亦即，F是PC的中点时，BF、AC、AE共面.又 BF也平面AEC,所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC. 解法二 当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC,证明如下， 证法一 取PE的中点M,连结FM,则FM//CE. ① 由 EM = — PE = ED，知E是MD的中点.连结BM、BD,设BD c AC=O，则O为BD的中点. 所以 BM//OE. ②由①、②知，平面BFM//平面AEC.又 BFu平面BFM，所以BF//平面AEC. 证法二。