立体几何中的探索性问题

.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．求证：AC⊥SD．若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小．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—AlBlC1Dl中，M,N分别是AB，BC中点．求证：平面B1MN⊥平面BB1D1D；在棱DD1上是否存在点P，使BD1∥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的距离为 3?若存在，2求出AQ：DQ的值；若不存在，请说明理由．..，则存存在实

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)⊥（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 .2222，解得k=-2或k=2.(ka+b)(ka-2b)=ka-ka·b-2b=k-4=02、如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC的中点，∠PDA为，能否确定，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|AD|=2a，|AB|=2b，PDA=.则A(0，0，0)、B(0，2b，0)、C(2a，2b，0)、D(2a，0，0)、P(0，0，2atan)、M(0，b，0)、N(a，b，atan).∴AB=(0，2b，0)，PC=(2a，2b，-2atan)，MN=(a，0，atan).∵ABMN)=0，·=(0，2b，0)·(a，0，atanAB⊥MN.即AB⊥MN.若MN⊥PC，则MNPC=(a，0，atan)·(2a，2b，-2atan)·222=2a-2atan=0.∴tan2=1，而是锐角.tan=1，＝45°.即当 =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，3的余弦值为 。31）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）.

DP与AE 夹角PED CA

B..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).cosDP,AEDPAE=2m23，得m=1.DPAE2m2m23P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⊥平面PCB得：EFCB0且EFPC0，EC即(x1,1.z1)(2,0,0)0x1D(x1,1.z1)(0,2,2)0z0。B所以点F的坐标为（1,0,0）,即点F是DA的中点时，可使EF⊥平AB面PCB.【方法归纳】点F在平面PAD上一般可设DFt1DAt2DP、计算出t1,t2后，D点是已知的，即可求出F点。4、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A1C⊥面C1EF？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．uuuruuuruuur解：（1）以A为原点，以AB、AD、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BE=x，则有B1(a,0,a),D1(0,a,a),E(a,x,0),F(a-x,a,0)uuuruuurB1F=(-x,a,-a),D1E=(a,x-a,-a)uuuruuurB1F?D1E-ax+a(x-a)+(-a)(-a)=0因此，无论E、F在何位置均有B1F^D1Euuuruuuruuur（2）AC1=(a,a,-a),EC1=(0,a-x,a),FC1=(x,0,a),ì2若A1C⊥面C1EF，则í2得a=0矛盾，故不存??ax-a=0在点E、F，使A1C⊥面C1EFa轾a2a2犏（3）VC-CEF=-(x-)+16臌24当x=a时，三棱锥C1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、2CD的中点。连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C1G⊥EF?C1GC是二面角C1EF-C的平面角.，QGC=1AC=2a,CC1=a,tan?C1GCCC1=22,44GC..即二面角C1-EF-C的大小为arctan22.【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—A1B1C1中，所有棱的长度都是 2，M是BC边的中点，问：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），B1(3，1，2)，M(33，，0).2点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则AB1=(3，，2)，MN=(-31m)，122于是|AB1|=22，|MN|=m21，AB1MN=2m-1.·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AB?MN2m1是45°或135°，而cos<AB1，MN>=|AB1|?|MN|=22?m21，2m123所以22?m21=±2.解得m=-4，这与0≤m≤2矛盾.即在侧棱CC上不存在点N，使得异面直线AB和MN所成的角等11于45°.6、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600a2a，PA=AC=，PB=PD=,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//平面AEC？证明你的结论.（Ⅰ）证明因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a，在△PAB中，2222知PA⊥AB.由PA+AB=2a=PB同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.（Ⅱ）解作EG//PA交AD于G，由PA⊥平面ABCD.知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH，则EH⊥AC，∠EHG即为二面角 的平面角.又PE:ED=2:1，所以EG1a,AG2a,GHAGsin603a.333从而tanEG3,30.GH3（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..3131A(0,0,0),B(a,a,0),C(a,a,0).22222 1D(0,a,0),P(0,0,a),E(0, a, a).所以AE(0,2a,1a),AC(3a,1a,0).3322AP(0,0,a),PC(3a,1a,a).22BP(3a,1a,a).22设点F是棱PC上的点，PFPC(3a,1a,a),其中01,则22BFBPPF(3a,1a,a)(3a,1a,a)2222(3a(1),1a(1),a(1)).令BF1AC2AE得223a(1)3a1,11,221a(1)1a12a2,即1142,2233a(1)1a2.112.33解得1,11,23.即1时，BF1AC3AE.222222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//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 1PEED,知E是MD的中点.2连结BM、BD，设BD 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BF平面BFM，所以BF//平面AEC.证法二因为BFBC1AD1DP)CP(CD22AD1CD3DEAD1(ADAC)3(AEAD)22223AE1AC.22所以BF、AE、AC共面.又BF平面ABC，从而BF//平面AEC.【方法归纳】 点F是线PC上的点，一般可设 PF PC，求出 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ka+b与ka-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，能否确定，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.【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AE3。P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⊥平面PCB？EDCA B...4．在棱长