立體幾何中的探索性問題

.立體幾何中的探索性問題立體幾何中的探索性問題主要是對平行、垂直關系的探究，對條件和結論不完備的開放性問題的探究．這類試題的一般設問方式是“是否存在?存在給出證明，不存在說明理由”．解決這類試題，一般根據(jù)探索性問題的設問，首先假設其存在，然后在這個假設下進行推理論證，如果通過推理得到了合乎情理的結論就肯定假設，如果得到了矛盾就否定假設．8如圖,在四棱錐 P–ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=1，AD=√3，點F是PB的中點，點 E在邊BC上移動．(1)點E為BC的中點時，試判斷 EF與平面PAC的位置關系，并說明理由．(2)求證：無論點 E在BC邊的何處，都有 PE⊥AF．(3)當BE為何值時，PA與平面PDE所成角的大小為 45。?拓展提升(1)開放性問題是近幾年高考的一種常見題型．一般來說，這種題型依據(jù)題目特點，充分利用條件不難求解．(2)對于探索性問題，一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數(shù)方程是否有解問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在．9如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的√2倍，P為側棱SD上的點．求證：AC⊥SD．若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大?。?2)的條件下，側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC?若存在，求 SE：EC的值；若不存在，試說明理由．..如圖 所示，在正方體 ABCD—AlBlC1Dl中，M,N分別是AB，BC中點．求證：平面B1MN⊥平面BB1D1D；在棱DD1上是否存在點P，使BD1∥平面PMN，若有，確定點P的位置；若沒有，說明理由．如圖 所示，在四棱錐 P—ABCD中，側面 PAD⊥底面ABCD，側棱PA=PD=√2，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，0為AD中點．(1)求證：PO⊥平面ABCD；(2)求異面直線 PB與CD所成角的大?。?3)線段AD上是否存在點 Q，使得它到平面 PCD的距離為 3?若存在，2求出AQ：DQ的值；若不存在，請說明理由．..，則存存在實

立體幾何中探索性問題的向量解法高考中立體幾何試題不斷出現(xiàn)了一些具有探索性、開放性的試題。對于這類問題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來解決。立體幾何引入空間向量后，可以借助向量工具，使幾何問題代數(shù)化，降低思維的難度.尤其是在解決一些立體幾何中的探索性問題時，更可以發(fā)揮這一優(yōu)勢.本節(jié)課主要研究：立體幾何中的存在判斷型和位置探究型問題等探索性問題。一、存在判斷型1、已知空間三點A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.設a=AB，b=AC，是否存在存在實數(shù)k，使向量ka+b與ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，說明理由。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.則k=-2或k=2.點撥：第（2）問在解答時也可以按運算律做 .2222，解得k=-2或k=2.(ka+b)(ka-2b)=ka-ka·b-2b=k-4=02、如圖，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分別是AB、PC的中點，∠PDA為，能否確定，使直線MN是直線AB與PC的公垂線?若能確定，求出的值；若不能確定，說明理由.解：以點A為原點建立空間直角坐標系A－xyz.設|AD|=2a，|AB|=2b，PDA=.則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，則MNPC=(a，0，atan)·(2a，2b，-2atan)·222=2a-2atan=0.∴tan2=1，而是銳角.tan=1，＝45°.即當 =45°時，直線 MN是直線AB與PC的公垂線.【方法歸納】對于存在判斷型問題，解題的策略一般為先假設存在，然后轉化為“封閉型”問題求解判斷，若不出現(xiàn)矛盾，則肯定存在；若出現(xiàn)矛盾，則否定存在。這是一種最常用也是最基本的方法 .二、位置探究型3．如圖所示。 PD垂直于正方形 ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中點，3的余弦值為 。31）建立適當?shù)目臻g坐標系，寫出點E的坐標。2）在平面PAD內是否存在一點F，使EF⊥平面PCB？解析：⑴以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設P（0,0,2m）.

DP與AE 夾角PED CA

B..則A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，從而AE=(-1,1,m),DP=(0,0,2m).cosDP,AEDPAE=2m23，得m=1.DPAE2m2m23P所以E點的坐標為（ 1,1,1）.2）由于點F在平面PAD內，故可設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所以點F的坐標為（1,0,0）,即點F是DA的中點時，可使EF⊥平AB面PCB.【方法歸納】點F在平面PAD上一般可設DFt1DAt2DP、計算出t1,t2后，D點是已知的，即可求出F點。4、在棱長為a的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別是棱BC、CD上的點，且BE＝CF．1）當E、F在何位置時，B1F⊥D1E；2）是否存在點E、F，使A1C⊥面C1EF？3）當E、F在何位置時三棱錐C1－CEF的體積取得最大值，并求此時二面角 C1－EF－C的大小．uuuruuuruuur解：（1）以A為原點，以AB、AD、AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設BE=x，則有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，無論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，則í2得a=0矛盾，故不存??ax-a=0在點E、F，使A1C⊥面C1EFa輊a2a2犏（3）VC-CEF=-(x-)+16臌24當x=a時，三棱錐C1—CEF的體積最大，這時，E、F分別為BC、2CD的中點。連接AC交EF于G，則AC⊥EF，由三垂線定理知：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的大小為arctan22.【方法歸納】 立體幾何中的點的位置的探求經常借助于空間向量，引入參數(shù)，綜合已知和結論列出等式，解出參數(shù) .這是立體幾何中的點的位置的探求的常用方法 .三、鞏固提高5、在正三棱柱 ABC—A1B1C1中，所有棱的長度都是 2，M是BC邊的中點，問：在側棱 CC1上是否存在點 N，使得異面直線 AB1和MN所成的角等于45°？解：以A點為原點，建立如圖9-6-5所示的空間右手直角坐標系A－xyz.因為所有棱長都等于2，所以A（0，0，0），C（0，2，0），B（3，1，0），B1(3，1，2)，M(33，，0).2點N在側棱CC1上，可設N（0，2，m）（0≤m≤2），則AB1=(3，，2)，MN=(-31m)，122于是|AB1|=22，|MN|=m21，AB1MN=2m-1.·如果異面直線AB1和MN所成的角等于45°，那么向量AB1和MN的夾角AB?MN2m1是45°或135°，而cos<AB1，MN>=|AB1|?|MN|=22?m21，2m123所以22?m21=±2.解得m=-4，這與0≤m≤2矛盾.即在側棱CC上不存在點N，使得異面直線AB和MN所成的角等11于45°.6、(湖南高考·理）如圖，在底面是菱形的四棱錐P—ABCＤ中，∠ABC=600a2a，PA=AC=，PB=PD=,點E在PD上，且PE:ED=2:1.I）證明PA⊥平面ABCD；（II）求以AC為棱，EAC與DAC為面的二面角的大?。唬á螅┰诶釶C上是否存在一點F，使BF//平面AEC？證明你的結論.（Ⅰ）證明因為底面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，連結EH，則EH⊥AC，∠EHG即為二面角 的平面角.又PE:ED=2:1，所以EG1a,AG2a,GHAGsin603a.333從而tanEG3,30.GH3（Ⅲ）解法一以A為坐標原點，直線AD、AP分別為y軸、z軸，過A點垂直平面PAD的直線為x軸，建立空間直角坐標系如圖.由題設條件，相關各點的坐標分別為..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設點F是棱PC上的點，PFPC(3a,1a,a),其中01,則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時，BF1AC3AE.222222亦即，F(xiàn)是PC的中點時， BF、AC、AE共面.又BF平面AEC，所以當F是棱PC的中點時，BF//平面AEC.解法二當F是棱PC的中點時，BF//平面AEC，證明如下，證法一取PE的中點M，連結FM，則FM//CE.①由 EM 1PEED,知E是MD的中點.2連結BM、BD，設BD AC=O，則O為BD的中點.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.證法二因為BFBC1AD1DP)CP(CD22AD1CD3DEAD1(ADAC)3(AEAD)22223AE1AC.22所以BF、AE、AC共面.又BF平面ABC，從而BF//平面AEC.【方法歸納】 點F是線PC上的點，一般可設 PF PC，求出 值，P點是已知的，..即可求出 F點高考復習課：立體幾何中探索性問題的向量解法本節(jié)課主要研究：立體幾何中的存在判斷型和位置探究型問題等探索性問題。一、存在判斷型1．已知空間三點A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.設a=AB，b=AC，是否存在存在實數(shù)k，使向量ka+b與ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，說明理由。2．如圖，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分別是AB、PC的中點，∠PDA為，能否確定，使直線MN是直線AB與PC的公垂線?若能確定，求出的值；若不能確定，說明理由.【方法歸納】：二、位置探究型3．如圖所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中點，DP與AE3。P夾角的余弦值為3（1）建立適當?shù)目臻g坐標系，寫出點E的坐標。（2）在平面PAD內是否存在一點F，使EF⊥平面PCB？EDCA B...4．在棱長