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立体几何中探索性问题的向量解法

时间:2013-03-16


数学二轮复习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
例一: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· 2= k2 -4=0,解得 k=-2 或 k=2. b-2b 例二: 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 ? ).
MN ∵ AB · =(0,2b,0)· (a,0,atan ? )=0,

,则存

存在实

∴ AB ⊥ MN .即 AB⊥MN. 若 MN⊥PC,
PC 则 MN · =(a,0,atan ? )· (2a,2b,-2atan ? ) 2 2 2 =2a -2a tan ? =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
例三:如图所示。 垂直于正方形 ABCD 所在平面,AB=2, 是 PB 的中点,DP 与 AE PD E

3 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? 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),
A D

P

E C

B

-1-

从而 AE =(-1,1,m), DP =(0,0,2m).

cos? DP, AE? ?

DP ? AE DP AE

=

2m 2 2m 2 ? 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? ? t1 DA ? t 2 DP 、 计算出 t1 ,t 2 后,D 点是已知的,即可求出 F 点。 例四: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⊥ C1EF? 面 (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. 空间直角坐标系,设 BE=x,则有 解: (1)以 A 为原点,以 AB、 、 1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立 AD AA

E D

C

A

B

B

uur uuu uuu u r r

B1 (a,0, a), D1 (0, a, a), E(a, x,0), F (a - x, a,0) uuu r uuur \ B1F = (- x, a, - a), D1E = (a, x - a, - a) uuu uuur r B1F ?D1E - ax + a( x - a) + (- a)(- a) = 0 因此,无论 E、F 在何位置均有 B1F ^ D1E uuu r uuu r uuu r (2) AC = (a, a, - a), EC1 = (0, a - x, a), FC1 = ( x,0, a), 1 ì ? a(a - x) - a 2 = 0 若 A1C⊥ C1EF,则 ? 面 得 a = 0 矛盾,故不 í ? ax - a 2 = 0 ? ?
存在点 E、F,使 A1C⊥ C1EF 面 (3) VC1 - CEF = 当x=
2 a轾 犏( x - a ) 2 + a 6犏 2 4 臌

a 时, 三棱锥 C1—CEF 的体积最大, 这时, F 分别为 BC、 E、 2

CD 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C1 EF - C的平面角,

1 2 AC = a, CC1 = a, \ tan ? C1GC 4 4 即二面角C1 - EF - C的大小为art tan 2 2. Q GC =

CC1 = 2 2, 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
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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
例五: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: A 点为原点, 以 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(

3 3 , ,0). 2 2 3 1 , ,m), 2 2

点 N 在侧棱 CC1 上,可设 N(0,2,m) (0≤m≤2) , 则 AB1 =( 3 ,1,2), MN =( -

2 MN 于是| AB1 |=2 2 ,| MN |= m ? 1 , AB1 · =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 ? MN
2m ? 1
2m ? 1
2 是 45° 135° 或 ,而 cos< AB1 , MN >= | AB1 | ? | MN | = 2 2 ? m ? 1 ,

2 3 2 所以 2 2 ? 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° . 例六:(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⊥ 于 H,连结 EH, AC 则 EH⊥ AC,∠ EHG 即为二面角 ? 的平面角. 又 PE : ED=2 : 1,所以 EG ? 从而

1 2 3 a, AG ? a, GH ? AG sin 60? ? a. 3 3 3

t an ? ?

EG 3 ? , GH 3

? ? 30?.

(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

3 1 3 1 a,? a,0), C ( a, a,0). 2 2 2 2 2 1 D(0, a,0), P(0,0, a), E (0, a, a). 3 3 A(0,0,0), B(
-3-

所以 AE ? (0,

2 1 3 1 a, a), AC ? ( a, a,0). 3 3 2 2 3 1 AP ? (0,0, a), PC ? ( a, a,?a). 2 2 3 1 BP ? (? a, a, a). 2 2 3 1 设点 F 是棱 PC 上的点, PF ? ? PC ? ( a? , a? ,?a? ), 其中0 ? ? ? 1, 则 2 2 3 1 3 1 BF ? BP ? PF ? (? a, a, a) ? ( a? , a? ,?a? ) 2 2 2 2 3 1 ?( a(? ? 1), a(1 ? ? ), a(1 ? ? )). 令 BF ? ?1 AC ? ?2 AE 得 2 2 ? 3 3 ? a?1 , ? a(? ? 1) ? ?? ? 1 ? ?1 , 2 ? 2 ? 1 2 4 ?1 ? a(1 ? ? ) ? a?1 ? a? 2 , 即?1 ? ? ? ?1 ? ? 2 , ? 2 3 3 ?2 ? 1 1 ? ? ?a(1 ? ? ) ? 3 a? 2 . ?1 ? ? ? 3 ? 2 . ? ?
解得

? ? , ?1 ? ? , ? 2 ? .

1 2

1 2

3 2

即 ??

1 1 3 时, BF ? ? AC ? AE . 2 2 2

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

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 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

1 1 BF ? BC ? CP ? AD ? (CD ? DP ) 2 2 1 3 1 3 ? AD ? CD ? DE ? AD ? ( AD ? AC) ? ( AE ? AD) 2 2 2 2 3 1 ? AE ? AC. 2 2

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

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