nbhkdz.com冰点文库

2015高考立体几何突破之 探索性问题的向量解法

时间:2015-05-26


立体几何中探索性问题的向量解法
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· b-2b2= k2 -4=0,解得 k=-2 或 k=2. 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 =(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 ? )

=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.

-1-

二、位置探究型
例三: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
P

夹角的余弦值为

3 。 3
E D C

(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

B

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 ),
E

由 EF ⊥平面 PCB 得:

D

C

EF ? CB ? 0 且 EF ? PC ? 0 ,
即 ( x ? 1,?1.z ? 1) ? (2,0,0) ? 0 ? x ? 1

A

B
B

( 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⊥ 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. 解: (1)以 A 为原点,以 AB、 AD、 AA1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空 间直角坐标系,设 BE=x,则有

uu u r uuu r uuu r

B1 (a,0, a), D1 (0, a, a), E(a, x,0), F (a - x, a,0)

-2-

uuu r uuur \ B1F = (- x, a, - a), D1E = (a, x - a, - a) uuu r uuur B1F ?D1E - ax + a( x - a) + (- a)(- a) = 0
因此,无论 E、F 在何位置均有 B1F ^ D1E (2) AC 1 = (a, a, - a), EC1 = (0, a - x, a), FC1 = ( x,0, a),

uuu r

uuu r

uuu r

ì ? a(a - x ) - a 2 = 0 ? 若 A1C⊥ 面 C1EF,则 í 得 a = 0 矛盾,故不存在点 E、F,使 A1C⊥ 面 2 ? ? ? ax - a = 0
C1EF (3) VC1 - CEF = 当x=

a轾 a a2 犏 - ( x - )2 + 6犏 2 4 臌

a 时, 三棱锥 C1—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:C1G⊥ EF

\ ? C1GC是二面角C1
Q GC =

EF - C的平面角,
CC1 = 2 2, GC

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.
【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
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: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) , B1( 3 ,1,2),M(

3 3 , ,0). 2 2

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

3 1 , ,m), 2 2

2 MN =2m-1. 于是| AB1 |=2 2 ,| MN |= m ? 1 , AB1 ·

-3-

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

是 45° 或

2 135° ,而 cos< AB1 , MN >= | AB1 | ? | MN | = 2 2 ? m ? 1 ,

2 3 2 2 2 ? m ? 1 所以 =± 2 .解得 m=- 4 ,这与 0≤m≤2 矛盾.

2m ? 1

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—ABC D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 ?

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

从而

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

A(0,0,0), B(

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
所以 AE ? (0,

2 1 3 1 a, a), AC ? ( a, a,0). 3 3 2 2 3 1 a, a,?a). 2 2
-4-

AP ? (0,0, a), PC ? (

BP ? (?

3 1 a, a, a). 2 2 3 1 a? , a? ,?a? ), 其中0 ? ? ? 1, 则 2 2

设点 F 是棱 PC 上的点, PF ? ? PC ? (

BF ? BP ? PF ? (? ?(

3 1 3 1 a, a, a) ? ( a? , a? ,?a? ) 2 2 2 2
令 BF ? ?1 AC ? ?2 AE 得

3 1 a(? ? 1), a(1 ? ? ), a(1 ? ? )). 2 2

? 3 3 a?1 , ? a(? ? 1) ? 2 ? 2 1 2 ?1 ? a(1 ? ? ) ? a?1 ? a? 2 , 2 3 ?2 1 ? ?a(1 ? ? ) ? 3 a? 2 . ?
解得

? ?? ? 1 ? ?1 , ? 4 ? 即?1 ? ? ? ?1 ? ? 2 , 3 ? 1 ? 1 ? ? ? ?2 . ? 3 ?
3 2
即 ??

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

1 2

1 2

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 由 EM ?

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. 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.

-5-


立体几何中的探索性问题专题训练

若存在, 2 求出 AQ:DQ 的值;若不存在,请说明理由. (六)立体几何探索性问题的向量解法高考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...

2010年数学二轮复习立体几何中探索性问题的向量解法 案...

年数学二轮复习立体几何探索性问题的向量解法单位: 单位:蕲春四中 撰稿人: 撰稿人:高三数学组 案例分析 高考立体几何试题不断出现了一些具有探索性、 开放性的...

立体几何中的探索性问题

2015国考面试通关宝典88份文档 2014全国高考状元联手分享状元笔记 ...立体几何探索性问题的... 6页 免费 向量立体几何中的探索... 暂无评价 ...

难点攻略:立体几何中的探索性问题

难点攻略:立体几何中的探索性问题_高考_高中教育_...对面面平行问题的解法,有两种思路:(1)传统方法:...圯α∥β)解决.(2)向量法:①利用向量证明一个...

...立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题学案(...

近几年高考立体几何试题不断出现了一些具 有探索性、开放性的试题.内容涉及...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.一般此类立体几何...

难点7.立体几何的折叠问题、最值问题和探索性问题(教师...

难点7.立体几何的折叠问题、最值问题和探索性问题(教师版)_高三数学_数学_高中...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.一般...

以立体几何中探索性问题为背景的解答题(解析版)

中的探索性问题立意新颖,形式多样,近年来在高考中频...向量法是证明立体几何中存在性问题 的强有力的方法...文档贡献者 亲亲测试 贡献于2015-12-26 相关文档...

...立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(解析...

难点10 立体几何中的折叠问题、最值问题和探索性问题(解析版)_高考_高中教育_...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.一般此类立体几何...

...:微课5 立体几何中的探索性问题的解题策略

高考数学(新人教A版)二轮提能优化:微课5 立体几何中的探索性问题的解题策略_...则? 得? 令 y1=1,则平面 D1EC 的法向量为 n1=(2- ?2y1-z1=0. → ...

立体几何中的开放探索性问题(教师版)教师版)2014.10.06

立体几何中的开放探索性问题数学开放性题是近年高考命题的一个新的亮点,其解法灵活且具有一定的探索性,这类题型 按解题目标的操作模式分为: 规律探索型, 问题探究...