立體几何中的探索性问题.docVIP

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?存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一 8如图在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底ABCD，PAAB=1，AD3，点FPB的中点，点E在边BC上移动． (1)点E为BC的中点时，试判断EFPAC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PEAF． (3)当BE为何值时，PA与平面PDE所成角的大小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 (2)对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点的 9如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的P为侧棱SD上的点． (1)求证：ACSD． (2)若SD平面PAC，求二面角PAC-D的大小． (3)在(2)的条件下，侧棱SC上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—AlBlCDl中，分别是AB，BC (1)求证：平面BMN⊥平面D1D； (2)在棱DD上是否存在点P，使∥平面PMN，若有，确定点P的位置；若没有，说 如图 所示，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱=PD=√2，底面AD为直角梯形，其中∥AD，ABAD，AD=2B=2BC=2，0为D中点． (1)求证：PO平面ABCD； (2)求异面直线P与CD所成角的 (3)线段AD上是否存在点Q，使得它到平面PD的距离为?若存在，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。 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 k，使ka+b与ka-2b互相垂直，若存在，求k的解∵ka+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），ka-2b=（2，k，-2）， (ka+b)⊥（ka-2b）， ∴（-1，k，1）·（2，k，-2）=k2 -4=0. 则k=-2或k=2. (ka+b)(ka-2b)=k2a2-ka·b-2b2= k2 -4=0，k=-2或k=2. 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). ∵·=(0，2b，0)·(a，0，atan)=0， ∴⊥.即AB⊥MN. MN⊥PC， ·=(a，0，atan)·(2a，2b，-2atan) =2a2-2a2tan2=0. ∴tan2=1，. ∴tan=1，＝45°. =45°时，MN是直线AB与PC的公垂线. 【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。 （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=(-1,1,m),=(0,0,2m). =，得m=1. 所以E点的坐标为（1,1,1）. 由于点F在平面PAD内，故可设F()， 由⊥平面PCB得： 且， 即 。 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. 【点F在平面PAD上一般可设、计算出后，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． 解：（1）以A为原点，以为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BE=x，则有 （2） 若A1C⊥面C1EF，则得矛盾，故不存在点E、F，使A1C⊥面C1EF（3） 当时，三棱锥C1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、CD的中点。 连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C1G⊥EF， 【方法归纳】 立体几何中的点的位置的探求经