2023年高考数学第38讲 怎样解立体几何中的探索性问题

第38讲怎样解立体几何中的探索性问题

一、知识概要

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以平行、垂直、距离和角为背景的存在判断型问题，此类问题

的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结

论是否成立。“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需

要说明理由。这类问题常用“肯定顺推”的方法，求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动

性和不确定性。用立体几何传统的方法解难度颇大。而空间向量在解决立体几何的探索性问题

中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，比如通过待定

系数法求解其存在性问题，思路简单、解法固定、操作方便。

2.用空间向量解决立体几何中的探索性问题

用空间向量解决立体几何中的探索性问题可以按如下的思维导图进行。

二、题型精析

[例1]

如图3-134所示.在棱长为2的正方体ABC。-。中,E,F,M,N分别是棱

AB,AD,的,A,D,的中点，点P,Q分别在棱DD],网上移动，且DP=BQ=2(0<2<2).

⑴当2=1时，求证:直线BCJ/平面EFPQ;

(2)是否存在2，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在，求出A的值;若

不存在，说明理由.

图3-134

【策略点击】

本题为“是否存在”的探索性问题.探究二面角且由静态向动态拓展.第(1)问，当a=1时，点P,Q分

别是棱。。,B4的中点，这时二面角是静态的，由此证明线面垂直.第⑵问，点P,Q在棱

BB]上移动，这时候二面角是动态的，探究是否可能存在4的值使所求的二面角为直二面

角.由于问题的载体是正方体，虽然是最基本的几何体，但许多立体几何知识被包容于正方体之中,

值得研究并向其他几何体拓展.

【解】

⑴证明：4=1时,分别为DD{,BB,的中点，如图3-135所示，取B£的中点G,DXCX的中点

”.依次联结QG,G",〃P,则E,尸,位于同一正方体截面，且连成正六边形.

GQ为“BBS的中位线,

BCJ/QG,：.直线Bq//平面EFPQ.

图3-135图3-136

(2)如图3—136所示，设。,0为正方体上、下底面的中心，连接。。1交PQ于点T.

设MN的中点为S,EF的中点为R，联结TS,TR,SR.

四边形PQMN与四边形PQEb均为等腰梯形，

/.ST±PQ,RT±PQ.：.ZRTS是二面角E-PQ-N的平面角.

因此，只需考察/S77?可否为直角.

显然00]=SR=2,当OT=4时,0丁=2-ZAC=2VI，aS=0R=；AC=¥

由勾股定理，得充2=(2-A)2+-!-,77?2=22+-.

22

当NSTR=90时，有（2—2）-■!—+[??.-4—]=4,化简得丸一-24-I—=0,，4=1±—.

L2」I2J22

存在4=1±[，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.

【例2】

如图3—137所示，在三棱柱ABC-ABC1中,AA.QC是边长为4的正方形，平面ABC1平面

A4,C|C,AB=3,BC=5.

⑴求证：的1平面ABC；

（2）求二面角4—BC「4的余弦值；

⑶证明:在线段80上存在点£>,使得AD14民并求处的值.

BCt

图3-137

【策略点击】

本例第（3）问是与“位置关系”有关的存在性问题，与垂直有关.通常假定题中的数学对象（这里是在

线段8cl上存在，点。）存在.在这个前提下进行逻辑推理,若能导出与条件吻合的数据或事实，说

明假设成立,即存在，并可进一步证明;若导出与日知条件或实际情况相矛盾的结果,则识明假设不

成立，即不存在.

【解】（1）证明:A4CC为正方形,1AC.

-,1平面ABC,平面A41C。,且A%垂直于这两个平面的交线AC.:.A4,1平面ABC.

（2）由（1）知⑨1AC,AAt1AB.

由题意知A3=3,BC=5,AC=4,/.ABA.AC.

如图3—138所示，以4为原点建立空间直角坐标系A-»z,

则B（0,3,0）,A（0,0,4）,旦（0,3,4）<（4,0,4）.

y

图3T38

n^B=O

设平面ABG的法向量为n=(x,y,z),则

=o

3y-4z=0,

即</c令z=3,则x=0,y=4,.•.拉=（0,4,3）.

4x=0.''

同理可得，平面&BC|的一个法向量为6=（3,4,0）.

COS<^,/7?>=['[}]=—.由题知二面角4-BC]—用为锐角,

\n\\m\25

，二面角A「BC「B的余弦值为—.

15

（3）证明:设D（x,y,z）是直线BC】上一点，且BD=ABQ，

（x,y—3,z）=A（4,—3,4）,解得x—42,y=3—32,z=4A.

AD=（44,3—34,4%）,由=0,即9—25%=0,解得2=.

opn9

—e[0,l],/.在线段BC】上存在点。，使得A。_LA民此时,——二4=二.

25BC}25

【例3】

(2019年高考数学北京卷理科第16题)如图3—139所示,在四棱锥尸一ABQ9中,/%j_平面

ABCD,AD±CD,AD//BC,PA=AD=CD=2,BC=3,E为P£＞的中点，点F在PC上，且

PF_1

~PC=3'

(1)求证:CQ_L平面PA。；

(2)求二面角b-AE-P的平面角的余弦值；

⑶设点G在m上，且上=2，判断直线AG是否在平面AEF内,并说明理由.

PB3

p

ffi3-139

【策略点击】

第（1）问，利用线面垂直的性质定理与判定定理证明即可.第（2）问，以A为原点建立空间直角坐标

系，求出平面R4E与平面AEF的法向量,从而利用空间向量的夫角公式求解.第（3）问是探索性问

题，判断直线AG是否在平面AE尸内.要证明直线在平面内，可以根据平面向量基本定理,只需证

明AG可以用AE,AF表示；可以证明AG垂直于平面AEF的法向量,即证明AG的方向向量

与平面AEF的法向量的数量积为零.

【解】

⑴证明:P4_L平面ABCD,CD在平面ABCD内，故PA18.

又CD_LAQ,Rc=A,二CD±平面PAD.

（2）过点A作AD的垂线交BC于点M,

PA±平面ABCD,PA±AM,PA±AD.

如图3-140所示建立空间直角坐标系A-孙z，则

A（O,0,0）,B（2,-1,0）,C（2,2,0）,£＞（0,2,0）P（0,0,2）.

图3-140

E为尸£>的中点,...E(0,l,l),,A£=(0,l』),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2)

22121,4/=人？+2/=1],^，3)设平面4£'尸的法向量为

PF=-PC=

33933

y+z=0

n-AE=O,

n=(x,y,2),则<224c

n-AF=O,—x+—y+—z=0.

1333

令z=1,则y=-l,x=-1,于是有M=(-1,—1,1).

又.平面PA力的法向量为P=(1,0,0),.“05<”,0>=匕4=

易知二面角尸一AH—尸的平面角为锐角，，其余弦值为

3

(3)直线AG在平面AEF内.

【证法一】点G在P3上，且"=Z,PB=(2,-1,—2),

PB3''

24_2：4,AG…PG=冷|

PG=—PB=3，-3

33

由(2)知平面AEF的法向量〃=(一1,—1,1).

422

AG-h=----1--1—=0.直线AG在平面AEF内.

333

【证法二】：二•点G在尸3上，且一£=一，P3=(2,-1,一2),

PB3')

:.PG=ZpB=4_2g4),AG=4尸+尸6=([,—|,|)令46=/14£+〃4尸，则有

3，-3

33

1-1,|U(O,l,l)z±2241

+/解得2=_2,〃=2.

AG=-2AE+2AF,又点A在平面AEF内.故直线AG在平面AEF内.

方法提炼

立体几何中的探索性问题主要有以下4类题型.

1条件追溯型

条件追湖型问题钻对一个结论，条件末知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断.此类问题

的求解难点是如何应用“执果索因''，在"执果索因''的过程中，由于结论明确,需要求出使得结论成

立的充分条件.

2条件重组型

条件重组型问题的基本特征是,给出了一些相关命题，但需对这些命题进行重新组合，构成新的复

合命题去判断命题的真假.

3存在判断型

存在判断型问题由于具有较高的新颖性,开放性、探索性和创造性，故已成为高考命题的一个热点,

在本讲知识概要中已有介绍，这里不再重复，需要进一步说明的是存在判断婿问题有以下两类题：

⑴与“位置关系”有关的存在性问题；

(2)与“夹角”有关的存在性问题.

4结论探索型

结论探索型问题的基本特征是:给出一定条件与设计方案,判断设计的方案是否符合条件要求，解

决此类问题的难点是“阅读理解''和"整体设计''两个环节，因此，应做到审得仔细，找得有法,推得有

理整合过程无可辩驳.

总之，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的问题，若

有解且满足题意，则存在;若有解旦不满足题意或无解则不存在.

三、易错警示

【例】

如图3-141所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面底面A3CD,侧棱PA=PD=6版

面ABCD为直角梯形，其中BC//AD,AB±AD,AD=2AB=2BC=2,。为中点.

(1)求证:P。，平面A8CO；

(2)求异面直线尸3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的距离为冷？若存在，求出的值;若不存在,

说明理由.

B

图3-141

【错解】

本题的解答常会出现如下错误：

(1)面面垂直的性质定理不熟悉，条件不能够写完整.

(2)要“先证后算”，然而没有去证明/PBO即为所求角.

PBCD

(3)向量夹角公式应用有误，如出现cos<P3,CO>=—n—.

尸制CO

(4)线线角是锐角，计算出cos<PB,CD>=--后却常会写成力-arccos逅或

33

arccos---的形式而与基本概念相矛盾.

【评析及正解】

对于上面易发生的错误(1),面面垂直的性质定理是:两个乎面垂直，则一个平面内垂直于交线的直

线与另一个平面垂直.本小题的条件是侧面底面且平面R4O与平面ABCQ的

交线是AQ.要证明的是POLAZ).且P0在平面尸内，才能证得P。，平面ABC0.对于(2),

从立体几何角度讲，空间角的计算总是转化为平面内角的计算末宋施的，求异而直线所成角通常

用平移的方法.如何平移，是单移还是双移，都要论证清楚.两异面直线所成角的范围是(0,六，而

转化为平面角后解三角形可能出现钝角，则必须求其补角.对于(3)用向量法求线线角，必须注意两

向量夹角的范围是［0,万上异面直线所成角的范围如上所述，两个概念是有差异的,空间向量的夹

角不一定等于所求的空间角，但它们具有一定的关系,如若两条直线4,，2的方向向量4,4的夹

角为a，则/,与12所成的角。可能等于a，也可能等于7c-a.进一步谑，直线与平面所成角的范围

7T

是0,-，若用向量法求直线与平面所成的角，设直线/的方向向量为加，平面a的法向量为〃，

_2.

,,\m-ri\

直线与平面所成角为仇则sin。=cos<m,n>\=.则直线与平面所成的角可能等于

\m\\n\

2-a,也可能等于a-工.所以，解立体几何题目，对相关数学概念一定要有清晰的认伏，严格防止

22

出现种种错解.

正确的解法如下：

【解法一】

⑴在中,PA=O为AD中点,P。_L.

又侧面尸J_底面ABC。,平面平面A8CQ=AQPOu平面PAD,

..POJ•平面A3co.

⑵联结B。,在直角梯形A3C£)中,BC//AD,AD=2AB=2BC.

有ODHBCnOD=BC,:.四边形OBCD是平行四边形,；.OB11DC,

由(1)知,POJLOB,ZPBO为锐角，

NPBO是异面直线P3与CD所成的角.

­.AD=2AB=2BC=2,

在Rt.AOB中,AB=1,AO=1,.-.OB=5

在RtcPO4中，AP=y/2,AO=l,:.OP=1.

PQiFy/n

在Rl尸5。中，tan/尸8。=——=—j==——,PBO=arctan—.

BO收22

异面直线m与CD所成的角是arctanY2.

2

(3)假设存在点Q,使得它到平面PCD的距离为由.

设QD=x，则S0c0=由(2)得8=03=

在RLPOC中,PC=y/0C2+0P2=&，

PC=CD=DP,SPCD=/x(夜)2=¥.

由“s=V得;x)xxl=；x¥x¥，解得x=|<2.

-e•存在点Q满足题意，此时—.

【解法二】

(1)同解法一.

⑵如图3—142所示，以。为坐标原点,OC,OD,OP的方向分别为x轴y轴,z轴的正方向，建

立空间直角坐标系。-孙Z,

依题意，易得A（0,-1,0）,5（1,-1,0）,C（l,0,0）,。（0,1,0）,尸（0,0,1）.

PBDD_-1+(-1)__V6

cos<PB,CD>=

网回73x723

异面直线/也与CO所成角是arccos—

3

（3）假设存在点。，使得它到平面尸CQ的距离为三.

由（2）知"=（一1,0,1）,8=（-1,1,0），设平面尸CD的法向量为〃=&，x，zj则

n-CP=0,[-%+Z]=0,

即％=必=4,取玉=1,得平面PCD的一个法向量为

n-CD=0.一X|+Z]=0.

〃=(1,1,1).

设0(0,y⑼(一掇6l)ce=(-l,y,o).i

由理得中=走

，解得尸一；或y=|（舍去）.

n2J32

此时［4。|=；,也必=：,...存在点。满足题意此时器=；

四、难题攻略

【例】

有4条长为2的线段和2条长为a的线段，用这6条线段作为棱，构成一个三棱锥.问:。为何值时,

可构成一个最大体积的三棱雉