例说立体几何中存在型问题的探索途径

缪建中

江苏省木并茶高级中学 (226406)

立体几何的探索性问题是近几年来高考中常常出现的新题型，而这类问题尤以存在型问题居多.这类问题常以“是否存在”、“是否有”、“是否可能”等语句出现，以示结论有待判断.“存在型”问题是较典型的开放性的问题，学生往往不会探究.本文举例说明立体几何中存在型问题的几种常见的探索途径，暴露其思维轨迹，以期发现此类问题的解题规律，培养学生的空间想象能力和数学探究能力.

一、垂直条件的探求

例1 如图1，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面AB CD，当ADAB的值等于多少时，能使PB⊥AC?并给出证明.

分析：要有PB⊥AC，只要具备AC垂直于PB在底面ABCD上的射影即可，由侧面PAD⊥底面ABCD可知P在底面上的射影一定在AD上，而侧面PAD是正三角形，故可知P在底面上的射影为AD的中点.

解：取AD的中点F，因PF⊥AD，面PAD⊥面ABCD，所以PF⊥面ABCD，若PB⊥AC，则AC⊥BF，设AD=x,AB=y,

∴∠FOA=90°，∴在△AOF中，AF=x2，AO=13x2+y2,FO=13(12)2+y2,根据题意，有AF2=AO2+FO2，代入可得xy=2，即若ADAB=2，容易证得FB⊥AC，由三垂线定理可证得PB⊥AC.

评注：探索具备什么就有垂直或平行这一类问题，往往是找出命题成立的必要条件，再证明充分性，本题采用的就是这种方法.

例2 (2000年全国高考题)如图2，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，则当CDCC1的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD?

分析：文［1］通过建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，探求出此值.其实，不必建立坐标系 ，只要通过空间向量基本定理就可获结果.

解：设〤B=a,〤D=b,〤C1=c撸瑋a遼=﹟b遼，则〤A1=a+b+c,〣D=〤D-〤B=b-a,〤A1•〣D=(a+b+c)•(b -a)=|b遼2-﹟a遼2+c•b -c•a=|c遼|b遼玞os60°-|c遼|a遼•┆玞os60°=0,∴〤A1摺酮〣D.要使〢1C摺推矫鍯1BD，只须〤A1摺酮〤1D呒纯.

而〤A1•〤1D=(a+b+c)•(b-c)=a•b-a•c+b擢2-c擢2=|a遼|b遼玞os60°-|a遼c遼玞os60°+|b遼2-|c遼2，所以只要|b遼=|c遼，就有〤A1•〤1D=0，从而使A1C⊥平面C1BD.也即CDCC1的值为1时，使A1C⊥平面C1BD.

评注：通过设出三个不共面的非零向量，将其它向量用这三个不共面的向量表示，然后执果索因，探求到只要有|b遼=|c遼，就有题中的线面垂直.这是立体几何中探究问题的常用探究途径.从上面的解题过程，可以发现本题中的条件“∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°”，可以减弱为“∠C1CB=∠C1CD=∠BCD”，而不必都等于60°，实际上只要这三个角相等即可.

例3 已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC,AB=1,BC=2,CD=1+3，过A作AE⊥CD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.

(1)求证：BC⊥面CDE；

(2)求证：FG∥面BCD；

(3)在线段AE上找一点R，使得面BDR⊥面BCD，并说明理由.

证明：(1)由已知得：DE⊥AE，DE⊥EC，∴DE⊥面ABCE，∴DE⊥BC，又BC⊥CE，

∴BC⊥面DCE.

(2)取AB中点H，连接GH，FH，∴GH∥BD，FH∥BC，∴GH∥面BCD，FH∥BCD，∴面FHG∥面BCD，∴GF∥面BCD.

(3)分析可知，R点满足3AR=RE时，面BDR⊥面BDC.

证明：取BD中点Q，连结DR、BR、CR、CQ、RQ，容易计算CD=2,BR=52，CR=132，DR=212，CQ=2，在△BDR中，

∵BR=52，DR=212，BD=22，可知RQ=52，∴在△CRQ中，CQ2+RQ2=CR2,∴CQ⊥RQ.又在△CBD中，CD=CB,Q为BD中点，∴CQ⊥BD，∴CQ⊥面BDR，∴面BDC⊥面BDR.

说明：若设AR=x，通过分析，利用面BDC⊥面BDR，推算出x=12亦可，不必再作证明.

二、平行条件的探求

例4 如图3，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥面ABCD，∠A1AC=60°，在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1?若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由.

分析一：要使BP∥平面DA1C1，只要有BP平行于平面DA1C1内的某一 条直线即可.注意到直线BP在平面BCC1B1内，只要有BP平行于A1D即可.

解法一(传统方法)：存在这样的点P.连接B1C，因为A1B1∥=AB∥=DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形.∴A1D∥B1C，在C1C的延长线上取点P，使C1C=CP，连接BP，因B1B∥=CC1，∴BB1∥=CP，∴四边形BB1CP为平行四边形，则BP∥B1C，∴BP∥A1D，∴BP∥平面DA1C1.

分析二：只要在C1C上找一点P，使得向量〣P哂肫矫鍭1DC1的法向量垂直即可.

解法二(向量法)：连接BD交AC于O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°,∴A1O2=AA12+AO2-2AA1•AO玞os60°=3,∴AO2+A1O2=AA12,∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD.∴以OB、OC、OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，-1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(-3，0，0)，A1(0，0，3).假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设〤P=│霜〤C1,狿(x,y,z)，则(x,y-1,z)=λ(0,1,3),得P(0,1+λ,3λ),〣P=(-3,1+λ,3λ),设﹏3摺推矫鍰A1C1，则﹏3摺酮〢1C1

﹏3摺酮〥A1撸设﹏3=(x3,y3,z3)，得到2y3=0,

3x3+3z3=0，不妨取﹏3=(1,0,-1),要使〣P摺纹矫鍰A1C1，只要﹏3•〣P=0，即-3-3λ=0，得λ=-1.即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP.

分析三：只要在C1C上找一点P，使得向量〣P呖梢杂闷矫鍰A1C1内的两个不共线的向量线性表示出来，即向量〣P哂肫矫鍰A1C1内的两个不共线向量共面，而直线BP不在DA1C1内，所以问题得证.

解法三(向量法)：由解法二有〣P=(-3,1+λ,3λ)，而〢1C1=(0,23),〢1D=

(-3,0,-3),要有BP∥平面DA1C1，只要有〣P=m〢1C1+ n〢1D撸即-3n=-3，

1+λ=2m，

3λ=3m-3n，解得λ=-1.即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP.

评注：探究直线与平面平行的条件，常据线面平行判定的四种方法，一是通过线线平行证线面平行，二是通过面面平行证线面平行，三是证直线的方向向量与平面的法 向量垂直，四是证直线的方向向量可以表示为平面内的两个不共线向量的线性组合.本题就 是根据上述四种方法，去探求P点具备方法一、方法三、方法四中的条件，进而找到P点的位 置.由解法一还看出，题设中给出的垂直关系和棱长、角度都没有用上，如果只要探求题中结论，只要是棱柱都能满足，给出那么多条件，只是为了使用向量方法解题的需要，其命题思想值得商榷.