立体几何中的探索性问题？摇

桂晓宇

立体几何中的探索性问题既能够考查空间想象能力，又可以考查意志力及探究的能力.一般此类立体几何问题描述的是动态过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的.

重点难点

立体几何的计算和证明常常涉及两大问题：一是位置关系，它主要包括线线垂直、线面垂直、线线平行、线面平行；二是度量问题，它主要包括点到线、点到面的距离，线线、线面所成角，面面所成角等.

方法突破

一、与平行有关的探索性问题

对线面平行问题的向量解法，有两种思路：（1）用共面向量定理，证明直线的方向向量能用平面内两条相交直线的方向向量表示出来，即这三个向量共面，根据共面向量定理及直线在平面外，可得线面平行；（2）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即可.

对面面平行问题的向量解法，有两种思路：（1）利用向量证明一个平面内两条相交直线分别与另一个平面平行，根据面面平行的判定定理即得；（2）分别求出两个平面的法向量，若能证明这两个法向量平行，则这两个平面就平行.

二、与垂直有关的探索性问题

对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法. 先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面的法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再运用线面垂直的判定定理即可.

三、与角有关的探索性问题

利用向量知识求线线角、线面角、二面角的大小的方法.

（1）线线角：设l1，l2是两条异面直线，A，B是直线l1上的任意两点，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？摇？摇为■.

（3）二面角：设n1，n2是二面角α-l-β的面α，β的法向量，则〈n1，n2〉=arccos■就是二面角的平面角或补角的大小.

四、与距离有关的探索性问题

立体几何中的点面距、线面距和面面距等都可由点A到平面α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意一点所构成的向量.

典例精讲

■ 如图1，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形. 平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.

（1）求证：AA1⊥平面ABC；

（2）求二面角A1-BC1-B1的余弦值；

（3）证明：在线段BC1存在点D，使得AD⊥A1B，并求■的值.

思索 空间中的线线、线面、面面垂直问题都可以转化为两向量的垂直问题来解决，使几何问题代数化，降低思维的难度. 立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.

■

图1 图2

破解 （1）略.

（2）因为AB=3，AC=4，BC=5，所以AB⊥AC，所以AB，AC，AA1两两垂直. 以A为原点，分别以AC，AB，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图2）.

由已知得A1（0，0，4），B（0，3，0），C1（4， 0，4），B1（0，3，4），■=（4，0，0），■=（0，3，-4），■=（4，-3，0），■=（0，0，-4）.

易得平面A1BC1的法向量为m=（0，4，3），平面B1BC1的法向量为n=（3，4，0）.

设二面角A1-BC1-B1的平面角为θ，则有cosθ=■？摇=■=■. 又因为二面角A1-BC1-B1为锐角，所以其余弦值为■.

（3）假设存在点D，坐标为（x，y，z），则■=（x，y-3，z），■=（4，-3，4）.

设■=λ■（0≤λ≤1），则可得x=4λ，y-3=-3λz=4λ，，即x=4λ，y=3-3λz=4λ.，所以D（4λ，3-3λ，4λ），■=（4λ，3-3λ，4λ）.

因为AD⊥A1B，所以■·■=0，即3（3-3λ）-16λ=0，解得λ=■，所以■=■.

■ 如图3，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD， AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点.

（1）证明B1C1⊥CE；

（2）求二面角B1-CE-C1的正弦值；

（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为■，求线段AM的长.

■

图3 图4

思索 本题主要考查空间两条直线的位置关系、二面角、直线与平面所成的角、直线与平面垂直等基础知识；考查空间向量解决立体几何问题的方法；考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.

破解 如图4，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），C1（1，2，1），E（0，1，0）.

（1）易得■=（1，0，-1），■=（-1，1，-1），于是■·■=0，所以■⊥■. 所以B1C1⊥CE.

（2）易得■=（1，-2，-1），设平面B1CE的法向量m=（x，y，z），则可得m·■=0，m·■=0，即x-2y-z=0，-x+y-z=0，消去x得y+2z=0. 不妨设z=1，可得平面B1CE的一个法向量为m=（-3，-2，1）.

由（1），B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故■=（1，0，-1）为平面CEC1的一个法向量.endprint

于是cos〈m，■〉=■=■=-■，从而可得sin〈m，■〉=■. 所以二面角B1-CE-C1的正弦值为■.

（3）■=（0，1，0），■=（1，1，1），设■=λ■=（λ，λ，λ），0≤λ≤1，有■=■+■=（λ，λ+1，λ）. 可取■=（0，0，2）为平面ADD1A1的一个法向量. 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则可得sinθ=cos〈■，■〉= ■=■=■，于是■=■，解得λ=■，所以AM=■.

■ 如图5，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，CA=2，D是CC1的中点，试问A1B（不在端点上）上是否存在一点E使得点A1到平面AED的距离为■.

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图5

思索 设出点E的坐标， 利用距离公式可求得点E的位置.

破解 以CA，CB，CC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），A1（2，0，2），D（0，0，1）. 假设存在点E，设E到A1B1的距离为a，则E（2-a，a，2-a），AD=（-2，0，1），AE=（-a，a，2-a）. 设向量n=（x，y，z）为平面AED 的法向量，则-2x+z=0，-ax+ay+（2-a）z=0？圯n=1，■，2，由d=■=■. 得a=1，即E（1，1，1）. 所以，当点E为A1B的中点时，A1到平面AED的距离为■.

变式练习

1. 如图6，在△ABC中，∠B=90°，AB=■，BC=1，D，E两点分别在线段AB，AC上，满足■=■=λ，λ∈（0，1）. 现将△ABC沿DE折成直二面角A-DE-B.

（1）求证：当λ=■时，平面ADC⊥平面ABE；

（2）当λ∈（0，1）时，二面角E-AC-D的大小能否等于■？若能，求出λ的值；若不能，请说明理由.

■

图6

2. 如图7，已知平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10.

（1）设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；

（2）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离.

■

图7

3. 如图8，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形， PA=AD=2，点E，F，G分别为线段PA，PD，CD的中点.

（1）求异面直线EG与BD所成角的余弦值；

（2）在线段CD上是否存在一点Q，使得点A到平面EFQ的距离恰为■？若存在，求出线段CQ的长；若不存在，请说明理由.

■

图8

参考答案

1. （1）略.

（2）以DB，DE，DA为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，■λ），C（■-■λ，1，0），E（0，λ，0），■=（0，λ，-■λ），■=（■λ-■，λ-1，0）. 易得平面AEC的法向量为n1=（1，-■，-1），平面ADC的法向量为n2=（1，■λ-■，0）. 则cos〈n1，n2〉=■=■，解得λ=■. 所以当λ=■时，二面角E-AC-D的大小等于■.

2. （1）连结OP，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，则O（0，0，0），A（0，-8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，-4，3），F（4，0，3），由题意得G（0，4，0）. 因为■=（8，0，0），■=（0，-4，3），所以平面BOE的法向量为n=（0，3，4），由■=（-4，4，-3）得n·■=0，又直线FG不在平面BOE内，因此FG∥平面BOE.

（2）设点M的坐标为（x0，y0，0），则■=（x0-4，y0，-3），因为FM⊥平面BOE，所以■∥n，因此有x0=4，y0= -■，即点M的坐标为4，-■，0. 在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域满足不等式组x>0，y<0，x-y<8，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以△ABO在内存在一点M，使FM⊥平面BOE，由点M的坐标得点M到OA，OB的距离分别为4，■.

3. （1）以点A为坐标原点，射线AB，AD，AZ分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，1），G（1，2，0），B（2，0，0），D（0，2，0），易得异面直线EG与BD所成角的余弦值为■.

（2）假设在线段CD上存在一点Q满足条件，设点Q（x0，2，0），平面EFQ的法向量为n=（x，y，z），则n·■=0，n·■=0，得y=0，z=xx0. 取x=1，所以n=（1，0，x0），则■=0.8. 又x0>0，解得x0=■，所以点Q■，2，0，即■=-■，0，0，则■=■. 所以在线段CD上存在一点Q满足条件，且长度为■. ■endprint