第九讲立体几何中探索性问题的向量解法_立体几何的向量解法

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高中数学-立体几何

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.(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⊥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).∴=(0，2b，0)，=(2a，2b，-2atan)，=(a，0，atan).MN=(0，2b，0)·∵AB·(a，0，atan)=0，∴⊥.即AB⊥MN.若MN⊥PC，=(a，0，atan)·则·(2a，2b，-2atan)

=2a2-2a2tan2=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，与夹

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？ E

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).cos,2m22m2m2，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⊥平面PCB得： 0且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t1t2DP、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．

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

1，0），B

11，2)，3，0).21，m)，22点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则AB

11，2)，MN

=(-2=2m-1.于是|AB1|=22，||=m1，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45°或135°，而2m12m12cos=1=22m1，2

3所以22m1=±2.解得m=-4，这与0≤m≤2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°.26、(湖南高考·理）如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCＤ中，∠ABC=600，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，由PA2+AB2=2a2=PB2知PA⊥AB.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EG

从而tan123a,AGa,GHAGsin60a.333EG3,30.GH

3（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

11a,a,0),C(a,a,0).222

221D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).3

32131所以 (0,a,a),(a,a,0).3322

31(0,0,a),(a,a,a).22

31(a,a,a).22

1设点F是棱PC上的点，(a,a,a),其中01,则 22

11(a,a,a)(a,a,a)2222

31(a(1),a(1),a(1)).令 12得 22

3a(1)a1,11,221241a(1)aa,即12, 121223311a(1)a.12.233

113113解得,1,2.即 时，.222222A(0,0,0),B（亦即，F是PC的中点时，、、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

1PE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

11()2

21313ADCDDEAD(ADAC)(AEAD)222231.22因为

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，求出值，P点是已知的，即可求出F点.