立体几何中探究性问题的解题策略

李秀兰

探究性问题常常具有条件的不完备性、结论的不确定性、过程的发散性等特征，由于这类题型背景新颖、解法灵活，对数学思想方法的运用比较高，能很好地考查学生的思维能力和探究意识，是高考命题中常出现的问题.

一、执果索因，推理探求

例1如图1，菱形ABCD所在平面与矩形ACEF所在平面相互垂直，点M是线段EF的中点，试求当BDAF为何值时，平面DEF⊥平面BEF？并证明你的结论.

分析先由面面垂直确定二面角的平面角，从而确定BDAF的关系.

解因为平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF为矩形，则FA、EC都垂直于面ABCD，

又四边形ABCD是菱形，则△FAD△ECD，即DF=DE，

又M是线段EF的中点，则DM⊥EF，同理可以知道BM⊥EF，所以∠DMB就是二面角D-EF-B的平面角，因为平面DEF⊥平面BEF，则∠DMB=90°，此时BDAF=2.

点评本题就是从题设的条件出发，将需要满足的结论视为已知条件，执果索因，进行演绎推理逐步寻找到使得结论成立的必要条件.

二、合情推理，先猜后证

例2如图2，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，点D在棱BC上，AD⊥C1D，（1）求证：AD⊥平面

BCC1B1；（2）设E是B1C1上的一点，当B1EEC1的值为多少时，A1E∥平面ADC1？请给出证明.

分析特别对于第（2）问，则可以通过合理推理解决.

解（1）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AD平面ABC，则AD⊥CC1.

又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，且CC1和C1D都在面BCC1B1内，所以AD⊥平面BCC1B1.

（2）由（1）可以得到AD⊥BC，在正三角形ABC中，D是BC的中点，

故猜想当B1EEC1=1，即E为B1C1的中点时，A1E∥平面ADC1.

事实上，正三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形BCC1B1是矩形，且D、E分别是BC、B1C1的中点，所以B1B∥DE，B1B=DE，又B1B∥AA1，且B1B=AA1，则DE∥AA1，且DE=AA1，即四边形ADEA1为平行四边形，则EA1∥AD，而EA1面ADC1，AD面ADC1，故A1E∥平面ADC1.

点评在探究上述问题的过程中，可以先从特殊情况着手，通过观察、归纳、判断等数学直觉，运用合理推理，猜想出问题的结论，然后论证所得到的结论满足题意.

三、设元引参，方程求解

例3如图3，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=B1B， AC1∥面A1BD，D为AC的中点，（1）求证： B1C1⊥平面ABB1A1.（2）在CC1上是否存在一点E，使得∠BA1E=45°，若存在，试确定E点的位置，若不存在，请说明理由.

分析本题的第（2）问可转化为代数问题来求解.

解（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，因为AB=B1B，所以四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，

又AC1⊥面A1BD，则AC1⊥A1B，从而A1B⊥面AB1C1，所以A1B⊥B1C1.

又BB1⊥B1C1，则B1C1⊥平面ABB1A1.

（2）设AB=BB1=a，CE=x，A1B=2a，因为D为AC的中点，且AC1⊥A1D，

△A1AD∽△C1A1A，则A1C1=2a，又B1C1⊥平面ABB1A1，B1C1⊥A1B1，所以B1C1=a.

在△A1BE中，∠BA1E=45°，则BE=a2+x2，A1E=2a2+（a-x）2

=3a2+x2-2ax，

则由余弦定理得到BE2=A1B2+A1E2-2A1B·A1E·cos45°，即a2+x2=2a2+3a2+x2-2ax-2·3a2+x2-2ax·2a·22，则3a2+x2-2ax=2a-x，解得x=12a，即E是C1C的中点.

点评涉及点的位置的问题，常用将图形中的一些量设为参数，待确定的量为未知数，根据题设条件构建方程，从而探究结论.

（收稿日期：2015-06-18）