立体几何中的探索性问题

朱建霞

重点难点

立体几何的主要问题是线、面之间的平行、垂直、角和距离的问题.立体几何中探索性问题可以借助空间向量使几何问题代数化，降低思维难度.

方法突破

1. 与平行有关的探索性问题

对线面平行问题的解法，有两种思路：（1）传统方法：利用线面平行的判定定理或面面平行的性质定理解决.（2）向量法：①用共面向量定理（对不易建立坐标系的问题）：证明直线的方向向量能用平面内的两条相交直线的方向向量表示出来，即这三个向量共面，根据共面向量定理可得线面平行.②空间向量的坐标运算（易建立坐标系的问题）：求出平面的法向量，然后证明平面的法向量与直线的方向向量垂直.

对面面平行问题的解法，有两种思路：（1）传统方法：利用面面平行的判定定理或线面垂直的性质（ l⊥α，l⊥β α∥β）解决.（2）向量法：①利用向量证明一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行.②空间向量的坐标运算（易建立坐标系的问题）：分别求出两个平面的法向量，然后证明这两个法向量平行，则这两个平面平行.

2. 与垂直有关的探索性问题

对立体几何中的垂直问题的解法，有两种思路：（1）传统方法：利用线面垂直的判定与性质定理、面面平行的判定与性质定理解决垂直问题.（2）对坐标系易建立的垂直问题，也可用向量法：先求出直线的方向向量和平面的法向量，结合线面垂直、面面垂直的判定只需证明直线的方向向量与平面的法向量之间的平行与垂直可得线面垂直、面面垂直.

3. 与角有关的探索性问题

对线、面之间角的问题，有两种思路：（1）传统方法：利用角的定义先找到所成角，再求出角.（2）向量法：①线线角：设l1，l2是两条异面直线，A，B是直线l1上的任意兩点，C，D是直线l2上的任意两点，则l1，l2所成角的余弦值为 .②线面角：设n是平面α的法向量，AB是穿过平面α的一条斜线，则直线AB与平面α所成角的正弦值为 .③二面角：设n1，n2是二面角α-l-β的面α，β的法向量，则 就是二面角的平面角或补角的余弦值.

4. 与距离有关的探索性问题

立体几何中的点面距、线面距、面面距都可转化为点到平面的距离加以解决，有两种思路：（1）传统方法：①直接利用线面垂直或面面垂直的有关知识找到垂线段，求出距离;②利用等体积法求距离.（2）向量法：由点到平面的距离公式d= 解决，其中n为平面α的法向量，向量 为该点或线（面）上任一点与平面上任一点所构成的向量.

典例精讲

例1  如图1，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD= a，点E在PD上，且PE∶ED=2∶1. 在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论.

图1            图2

思索1  因为不易找到平面AEC内的直线与BF平行，所以先找BF所在的一个平面与平面AEC平行，注意到PE∶ED=2∶1，易想到取PC的中点F，PE的中点M，先证平面BMF∥平面AEC，从而证明BF∥平面AEC.

思索2  要找BF∥平面AEC，先找到实数λ，μ，使 =λ +μ .

思索3  建立空间直角坐标系，求出平面AEC的法向量n，使得BF⊥n.

破解1  如图2，取棱PC的中点F，线段PE的中点M，连结BD，AC，设BD∩AC=O;连结BF，MF，BM，OE.因为PE∶ED=2∶1，所以MF∥EC，BM∥OE，因为 MF 平面AEC，CE 平面AEC，BM 平面AEC，OE 平面AEC，所以MF∥平面AEC，BM∥平面AEC. 因为MF∩BM=M，所以平面BMF∥平面AEC. 又BF 平面BMF，所以BF∥平面AEC.

破解2  取AB，AD，AP作为基底，假设存在F满足题意，设 =λ +μ ，因为 = +  = + （ - ）=  +  ， = + ，所以 =μ + λ+μ +  . 而 = + = +x = +x（ - ）=-x +（1-x） +x .

由 ， ， 不共面，所以μ=-x， λ+μ=1-x， =x，解得x= ，即 =  ，所以当F是PC的中点时，BF∥平面AEC.

破解3  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的垂线为x轴（易得PA⊥平面ABCD），建立空间直角坐标系. 由已知，A（0，0，0），B a，- a，0，C a， a，0，D（0，a，0），P（0，0，a），E0， a， a. 所以 =0， a， a， = a， a，0.

设平面AEC的一个法向量为n=（x，y，z），所以 ay+ az=0 ax+ ay=0 所以n=- ，1，-2. = a， a，-a， =- a， a，a.

假设存在F满足题意，设 =λ = aλ， aλ，-aλ，0<λ<1，则 = + = a（λ-1）， a（1+λ），a（1-λ），

由 ·n=0得λ= ，即当F是PC的中点时，BF∥平面AEC.

例2  （2014年高考湖北卷）如图3，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.

（1） 略;

（2）是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值;若不存在，说明理由.

图3

思索1  （传统方法）利用定义法作出平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角，若存在满足题意的λ，则根据二面角为直角，利用勾股定理列方程求解λ.

思索2  （向量法）首先假设存在，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题转化为向量的坐标运算，设平面EFPQ与平面PQMN的法向量分别为m，n，然后将直二面角转化为m·n=0求解.

破解1  连结BD，因为E，F分别是棱AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF= BD. 又DP=BQ，DP∥BQ，所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ=BD，从而EF∥PQ，且EF= PQ.

在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为DP=BQ=λ，BE=DF=1，所以EQ=FP= ，所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可得四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF，PQ，MN的中点H，O，G，连结OH，OG，则OH⊥PQ，OG⊥PQ，故∠GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成二面角的平面角. 由已知，∠GOH=90°. 连结EM，FN，则由EF∥MN，且EF=MN，知四边形EFNM是平行四边形.

连结GH，因为H，G是EF，MN的中点，所以GH=ME=2. 在△GOH中，OH2=1+λ2- 2=λ2+ ，OG2=1+（2-λ）2- 2=（2-λ）2+ ，由OG2+OH2=GH2得（2-λ）2+ +λ2+ =4，解得λ=1± . 故存在λ=1± ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.

破解2  以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由已知得B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ）. =（-2，0，2）， =（-1，0，λ）， =（1，1，0）. 设平面EFPQ的一个法向量为n=（x，y，z），则由 ·n=0， ·n=0可得x+y=0，-x+λz=0.所以可取n=（λ，-λ，1）. 同理可得平面PQMN的一个法向量为m=（λ-2，2-λ，1）. 由已知m·n=0，即λ（λ-2）-λ（2-λ）+1=0，解得λ=1± .

变式练习

1. （2014年高考四川卷）在如图4所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形.

（1）若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1;

（2）设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论.

2. 如图5，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，CP=m.

（1）试确定m的值，使得直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3 ;

（2）在线段A1C1上是否存在一点Q，使得对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直AP，并证明你的结论.

3. （2014年高考江西卷）如图6，四棱锥P-ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.

（1）求证：AB⊥PD;

（2）若∠BPC=90°，PB= ，PC=2，问：AB为何值时，四棱锥P-ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC夹角的余弦值.

参考答案

1. （1）略;

（2）取线段AB的中点M，连结A1M，MC，A1C，AC1，设O是A1C，AC1的交点. 由已知，O是AC1的中点. 连结MD，OE，则MD，OE分别是△ABC，△ACC1的中位线，所以MD∥AC，MD= AC，OE∥AC，OE= AC，即MD∥OE，MD=OE. 連结OM，从而四边形MDEO是平行四边形，则DE∥MO. 又直线DE 平面A1MC，MO 平面A1MC，所以直线DE∥平面A1MC. 即线段AB上是存在一点M（线段AB的中点），使直线DE∥平面A1MC.

2. （1）以D为原点，DA，DC，DD1所在射线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，1，0），P（0，1，m），C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），D1（0，0，1）. 所以 =（-1，-1，0）， =（0，0，1）， =（-1，1，m）， =（-1，1，0）. 又由 · =0， · =0知， 是平面BDD1B1的一个法向量. 设直线AP与平面BDD1B1所成角为θ，则sinθ= = . 依题意，tanθ=3 ，所以sinθ= ，即 = ，解得m= .

（2）假设在线段A1C1上存在一点Q满足题意，设Q（x，1-x，1）， 则 =（x，1-x，0）. 依题意，对任意的m，D1Q在平面APD1上的射影垂直AP，等价于D1Q⊥AP，所以 · =-x+1-x=0，解得x= ，即当点Q为线段A1C1的中点时，D1Q在平面APD1上的射影垂直AP.

3. （1）略;

（2）过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连结PG.故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG. 在Rt△BPC中，PG= ，GC= ，BG= . 设AB=m，则OP= ，故四棱锥P-ABCD的体积V= · ·m· =  . 因为m = = ，所以当m= ，即AB= 时，四棱锥P-ABCD的体积最大. 此时，以O为原点，OG，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为 .