关于感恩父母的文章-走进秋天

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
1
D
l
中，M,N分别是AB，BC中点．
(1)求证：平面B
1
MN⊥平面BB
1
D
1
D；
(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的距离为
3
?若存在，
2
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=
A B
，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）=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.
(ka+b )(ka-2b)=k
2
a
2
-ka·b-2b
2
= k
2
-4=0，解得k=-2或k=2.

2、 如图，已知矩形ABC D，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)，< br>PC
=(2a，2b，-2atan

)，
MN
=(a，0， atan

).
MN
=(0，2b，0)·∵
AB
·(a ，0，atan

)=0，
，则存
存在实
∴
AB
⊥
MN
.即AB⊥MN.
若MN⊥PC，
PC
=(a，0，atan

)·则
MN
·(2a，2b，-2atan

)
=2a
2
-2a
2
tan
2

=0.
∴tan
2

=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，
DP
与
AE
角的余弦值为
夹
3
。
3
P
（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).
A
E
D C
B

cosDP,AEDPAE
=
DPAE
2m
2
2m2m
2

3
，得m=1.
3
P
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：
EFCB0
且
EFPC0
，
即
(x1,1.z1)(2,0,0)0x1

(x1,1.z1)(0,2,2)0z0
。
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
DFt
1
DAt
2
DP
、
计算出
t
1
,t
2
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
1
B
1C
1
D
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
1
F⊥D
1
E；
（2）是否存在点E、F，使A
1
C⊥面C
1
EF？
（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C1
－EF－C的大小．
空间直角坐标系，设BE=x，则有
A
E
D
B
C
B
uuuruuuruuur
解：（1）以 A为原点，以
AB
、
AD
、
AA
1
为x轴、y轴、 z轴建立
B
1
(a,0,a),D
1
(0,a,a),E(a,x, 0),F(a-x,a,0)

uuuruuur
B
1
F=(-x, a,-a),D
1
E=(a,x-a,-a)

uuuruuur
B
1
F?D
1
E-ax+a(x-a)+(-a)(-a)=0

因此，无论E、F在何位置均有
B
1
F^D
1
E

uuuruuuruuur
（2）
AC
1
=(a,a,-a),EC
1
=(0,a-x,a),FC
1
=(x,0,a),

2
ì
ï
a(a
-
x)
-
a
=
0若A
1
C⊥面C
1
EF，则
ï
得
a=0
矛盾，故不
í
2
ï
ï
î
ax
-
a
=
0
存在点E、F，使A
1
C⊥面C
1
EF
（ 3）
V
C
1
-
CEF
当
x=
2
a
轾
aa
2
=
犏
-
(x
-
)
+

犏
6
臌
24
a
时，三棱锥C
1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、
2
CD的中点。
连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C
1
G⊥EF
?C
1
GC是二面角C
1
EF-C的平面角.
，
12
AC
=
a,CC
1
=
a,

tan?
C
1
GC
44
即二面角C
1
-EF- C的大小为arctan22.

Q
GC
=
CC
1
=
22,

GC
【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
1
B
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°？
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(
3
3
，，0).
2
2
3
1
，
，m)，
2
2
点N在侧棱CC
1
上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），
则
AB
1
=(
3
，1，2)，
MN
=(< br>-
2
MN
=2m-1. 于是|
AB
1
|=2
2
，|
MN
|=
m1
，
AB
1
·如果异面直线AB
1
和MN所成的角等于45°，那么向量
AB
1
和
MN
的夹角
AB•MN
2m1
2
是45°或135° ，而cos<
AB
1
，
MN
>=
|AB
1
|•|MN|
=
22•m1
，
2m1
3
2
2
所以
22•m1
=±
2
.解得m=-
4
，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—ABCＤ中，
∠ABC=60
0
，PA=AC=a，PB=PD=
2a
,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， < br>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EGPA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
EG
从而
tan



123
a,AGa,GHAGsin60a.

333
EG3
,


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
3131
a,a,0),C(a,a,0).

2222
21
D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).

33
A(0,0,0),B(

所以
AE(0,
2131
a,a),AC(a,a,0).

3322
31
AP(0,0,a),PC(a,a,a).

22
31
BP(a,a,a).

22
31
a

,a

,a

),其中0

1,
则 设点F是棱PC上的点，
PF

PC(
22
313 1
BFBPPF(a,a,a)(a

,a

,a
)

2222
31
a(

1),a(1

),a(1

)).
令
BF

1
AC

2
AE
得
(
22

33
a(

1)a
1
,

22

12

1

a (1

)a

1
a

2
,
23

2
1

a(1

)a

2
.

3

解得






1

1
,

4


即

1



1

2
,
3

1

1


< br>2
.

3

11313
1
,
1
,

2
.
即


时，
BFACAE.

22222
2< br>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FMCE. ①
1
PEED,
知E是MD的中点.
2
连结BM、BD，设BD

AC=O，则O为BD的中点.
由
EM
所以 BMOE. 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

11
因为
BFBCCPAD(CDDP)

221313
ADCDDEAD(ADAC)(AEAD)
2222

31
AEAC.
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=
A B
，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，∠PD A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
AE
夹角的余弦值为
3
。
3
P
（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？













E
D C
A
B

.
4． 在棱长为a的正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
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
1
F⊥D
1
E；
（2）是否存在点E、F，使A
1
C⊥面C
1
EF？
（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< br>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< br>1
B
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=60
0
，PA=AC=a，
PB=PD=
2a
,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.