立體幾何中探索性問(wèn)題的向量解法高考中立體幾何試題不斷出現(xiàn)了一些具有探索性、開(kāi)放性的試題。對(duì)于這類(lèi)問(wèn)題一般可用綜合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法來(lái)解決。立體幾何引入空間向量后，可以借助向量工具，使幾何問(wèn)題代數(shù)化，降低思維的難度.尤其是在解決一些立體幾何中的探索性問(wèn)題時(shí)，更可以發(fā)揮這一優(yōu)勢(shì). 本節(jié)課主要研究：立體幾何中的存在判斷型和位置探究型問(wèn)題等探索性問(wèn)題。一、存在判斷型1、已知空間三點(diǎn)A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.設(shè)a=，b=，是否存在存在實(shí)數(shù)k，使向量ka+b與ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，說(shuō)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.則k=-2或k=2.點(diǎn)撥：第（2）問(wèn)在解答時(shí)也可以按運(yùn)算律做.(ka+b)(ka-2b)=k2a2-kab-2b2= k2 -4=0，解得k=-2或k=2.2、 如圖，已知矩形ABCD，PA平面ABCD，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)，PDA為，能否確定，使直線MN是直線AB與PC的公垂線?若能確定，求出的值；若不能確定，說(shuō)明理由.解：以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)|AD|=2a，|AB|=2b，PDA=.則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ABMN.若MNPC，則=(a，0，atan)(2a，2b，-2atan)=2a2-2a2tan2=0.tan2=1，而是銳角.tan=1，45.即當(dāng)=45時(shí)，直線MN是直線AB與PC的公垂線.【方法歸納】對(duì)于存在判斷型問(wèn)題，解題的策略一般為先假設(shè)存在，然后轉(zhuǎn)化為“封閉型”問(wèn)題求解判斷，若不出現(xiàn)矛盾，則肯定存在；若出現(xiàn)矛盾，則否定存在。這是一種最常用也是最基本的方法.二、位置探究型PDABCE3如圖所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中點(diǎn)，與夾角的余弦值為。（1）建立適當(dāng)?shù)目臻g坐標(biāo)系，寫(xiě)出點(diǎn)E的坐標(biāo)。（2）在平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)F，使EF平面PCB？解析：以DA、DC、DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)P（0,0,2m）.則A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m)，從而=(-1,1,m),=(0,0,2m).PDACEB=，得m=1.所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為（1,1,1）.（2）由于點(diǎn)F在平面PAD內(nèi)，故可設(shè)F()，由平面PCB得：且，B即。所以點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1,0,0）,即點(diǎn)F是DA的中點(diǎn)時(shí)，可使EF平面PCB.4、在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別是棱BC、CD上的點(diǎn)，且BECF（1）當(dāng)E、F在何位置時(shí)，B1FD1E；（2）是否存在點(diǎn)E、F，使A1C面C1EF？（3）當(dāng)E、F在何位置時(shí)三棱錐C1CEF的體積取得最大值，并求此時(shí)二面角C1EFC的大小解：（1）以A為原點(diǎn)，以為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BE=x，則有因此，無(wú)論E、F在何位置均有（2）若A1C面C1EF，則得矛盾，故不存在點(diǎn)E、F，使A1C面C1EF（3）當(dāng)時(shí)，三棱錐C1CEF的體積最大，這時(shí)，E、F分別為BC、CD的中點(diǎn)。連接AC交EF于G，則ACEF，由三垂線定理知：C1GEF，【方法歸納】 立體幾何中的點(diǎn)的位置的探求經(jīng)常借助于空間向量，引入?yún)?shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù). 這是立體幾何中的點(diǎn)的位置的探求的常用方法.三、鞏固提高5、 在正三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱的長(zhǎng)度都是2，M是BC邊的中點(diǎn)，問(wèn)：在側(cè)棱CC1上是否存在點(diǎn)N，使得異面直線AB1和MN所成的角等于45？解：以A點(diǎn)為原點(diǎn)，建立如圖9-6-5所示的空間右手直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.因?yàn)樗欣忾L(zhǎng)都等于2，所以A（0，0，0），C（0，2，0），B（，1，0），B1(，1，2)，M(，0).點(diǎn)N在側(cè)棱CC1上，可設(shè)N（0，2，m）（0m2），則=(，1，2)，=(，m)，于是|=2，|=，=2m-1.如果異面直線AB1和MN所成的角等于45，那么向量和的夾角是45或135，而cos=，所以=.解得m=-，這與0m2矛盾.即在側(cè)棱CC1上不存在點(diǎn)N，使得異面直線AB1和MN所成的角等于45.6、(湖南高考理）如圖，在底面是菱形的四棱錐PABC中，ABC=600，PA=AC=a，PB=PD=,點(diǎn)E在PD上，且PE:ED=2:1.（I）證明PA平面ABCD；（II）求以AC為棱，EAC與DAC為面的二面角的大小；（）在棱PC上是否存在一點(diǎn)F，使BF/平面AEC？證明你的結(jié)論.（）證明 因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，ABC=60，所以AB=AD=AC=a， 在PAB中，由PA2+AB2=2a2=PB2 知PAAB.同理，PAAD，所以PA平面ABCD.（）解 作EG/PA交AD于G，由PA平面ABCD.知EG平面ABCD.作GHAC于H，連結(jié)EH，則EHAC，EHG即為二面角的平面角.又PE : ED=2 : 1，所以從而 （）解法一 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AD、AP分別為y軸、z軸，過(guò)A點(diǎn)垂直平面PAD的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖.由題設(shè)條件，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別為所以 設(shè)點(diǎn)F是棱PC上的點(diǎn)，則 令 得解得 即 時(shí)，亦即，F(xiàn)是PC的中點(diǎn)時(shí)，、共面.又 BF平面AEC，所以當(dāng)F是棱PC的中點(diǎn)時(shí)，BF/平面AEC.解法二 當(dāng)F是棱PC的中點(diǎn)時(shí)，BF/平面AEC，證明如下，證法一 取PE的中點(diǎn)M，連結(jié)FM，則FM/CE. 由 知E是MD的中點(diǎn).連結(jié)BM、BD，設(shè)BDAC=O，則O為BD的中點(diǎn).所以 BM/OE. 由、知，平面BFM/平面AEC.又 BF平面BFM，所以BF/平面AEC.證法二因?yàn)?所以 、共面.又 BF平面ABC，從而B(niǎo)F/平面AEC.高考復(fù)習(xí)課：立體幾何中探索性問(wèn)題的向量解法本節(jié)課主要研究：立體幾何中的存在判斷型和位置探究型問(wèn)題等探索性問(wèn)題。一、存在判斷型1已知空間三點(diǎn)A（-2，0，2），B（-2，1，2），C（-3，0，3）.設(shè)a=，b=，是否存在存在實(shí)數(shù)k，使向量ka+b與ka-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，說(shuō)明理由。2如圖，已知矩形ABCD，PA平面ABCD，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)，PDA為，能否確定，使直線MN是直線AB與PC的公垂線?若能確定，求出的值；若不能確定，說(shuō)明理由.【方法歸納】：二、位置探究型PDABCE3如圖所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中點(diǎn)，與夾角的余弦值為。（1）建立適當(dāng)?shù)目臻g坐標(biāo)系，寫(xiě)出點(diǎn)E的坐標(biāo)。（2）在平面PAD內(nèi)是否存在一點(diǎn)F，使EF平面PCB？.4在棱長(zhǎng)為a的正方體ABCDA1B1C1D1中，E、F分別是棱BC、CD上的點(diǎn)，且BECF（1）當(dāng)E、F在何位置時(shí)，B1FD1E；（2）是否存在點(diǎn)E、F，使A1C面C1EF？（3）當(dāng)E、F在何位置時(shí)三棱錐C1CEF的體積取得最大值，并求此時(shí)二面角C1EFC的大小【方法歸納】 三、鞏固提高5在正三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱的長(zhǎng)度都是2，M是BC邊的中點(diǎn)，問(wèn)：在側(cè)棱CC1上是否存在點(diǎn)N，使