立体几何探究性试题的求解策略[下学期]

益阳市箴言中学 作者：谢立荣
立体几何探究性试题的求解策略
探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立；在近几年的高考试卷中较多地出现了立体几何方面的条件开放的探究性试题，内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面；下面就各类问题来探讨一下求解的策略。
一、探究两条异面直线所成的角
例1 （2004浙江）如图1已知正方行ABCD和矩行ACEF所在平面互相垂直，，试在线段上确定一点，使得与所成的角是，并加以证明。
分析：设，利用与所成的角是来构建
以为元的方程，再解就确定了点的位置。
解法1：如图2，ABCD是边长为的正方形，设
作交与，则//，相交直线所成的角是异面直线与所成的角。
平面ABCD平面ACEF,ACEF矩行，
，，
要使所成角是，只需使，只需使，，只需使，又在中，，，，所以当点是线段的中点时所成的角为。
解法2：如图3正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，
，又设
以为坐标原点，直线分别为轴，的正方向，建立空间直
角坐标系，则
，要使所成角是
只需使，所以，所以当点是线段的中点时所成的角为。
2、 探究直线与平面所成的角
例2：（2006年江西）如图4，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且另一个侧面是正三角形，在线段上是否存在一点，使成角，若存在，确定的位置，若不存在，请说明理由。
分析：如图5把在三棱锥补成以为棱的
正方体HCDB---AMNG,使我们对题意及图形有透彻理解
找到与面所成的角。在上任取一点
使，利用所成的角为来构建方程，再求
的值，若就确定了点的位置，若则说明满足条件的点不存在。
解法1：如图6，在三棱锥中，侧面
是全等的直角三角形，是公共的斜边，
是正三角形，
则
取的中点连结则，，，，作交的延长线于，则平面平面则，在Rt中，，
在中，，在中，
，
，在中，设，作，平面平面，就是所成的角。由(※)，在中，，要使成角，只需使，当时成角
解法2在解法1中接（※）以为坐标原点，以直线分别为轴，轴的正方向，以过
与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示
则，
又平面的一个法向量为，要使成角，
只需使成，只需使，即，
当时成角
三、探究二面角
例3（2005年浙江）如图在长方体中，点在棱上移动，当等于何值时，二面角的大小为。
分析：设，利用二面角的平面角的大小
为来构建以为元的方程，求解，就确定的值了。
解法1：由于是长方体，则，作连结则在平面上的射影，由三垂线定理得，故是二面角的平面角。
设，在，在，由，，要使，只需使，，解得（舍去）所以当时，二面角的大小为。
解法2：是长方体，
，以为坐标原点，
分别以直线为轴，y轴,z轴正方向，
建立空间直角坐标系；如图所示。设
则
设平面的一个法向量为，
由
令，又平面的一个法向量为，要使二面角的大小为，只需使，
，所以当时，二面角大小为。
四、探究线面垂直
例4（2000全国）如图已知平行六面体的底面是菱形，且，当的值为多少时能使？请给出证明。
分析：执果索因，从结论出发，进行逆向思维，逐层探究使它成立的充分条件，联想平行六面体是由长方体压扁得到，从而
猜想，再从入手就容易证明了。
解法1：如图设，连结；
是菱形，，
又，，当时，平行六面体的六个面是全等的菱形，将作为下底面时同理可得，，所以当时，使。
分析2：执果索因，从结论出发，利用空间向量的几何运算法则，则“柳暗花明又一村”了。
解法2：因为平行六面体的底面是菱形，且，设，则，，
要使，只需使，只需使，，
，所以当时，。
例5（2005湖北）如图在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，为的中点，在侧面内，找一点使。
分析1：把四棱锥补成长方体
设是它的一个中截面，不难看到当
延长交于则为所求。
解法1：如图设分别是棱的中点，连结，是棱的中点，是矩形，，，，而，，四边形是矩形，
平面，在面内作延长交于，，在矩形中，，在中，，所以当点在的中位线上，且时，。
分析2：以点为坐标原点，分别以直线为轴，y轴,z轴;正方向建立空间直角坐标系，设，其中，由，转化为，且，再求出的值，从而确定平面内点de 位置。解法2：如图在四棱锥中底面为矩形，，以为坐标原点分别以直线为轴，y轴,z轴;正方向建立空间直角坐标系，设，其中
则，，
,
要使，只需
，所以在侧面内，当点时，。
总结：用向量方法探讨线面垂直，就是利用这条直线与平面内的两条相交直线垂直，即然后求出点的坐标。
五、探究线面平行
例六（2004年湖南）如图在底面是菱形的四棱锥中，
点在上，且在棱上是否存在一点，使？证明你的结论。
分析1：因为不易找到平面内直线与平行，所以先找
所在的一个平面与平面平行，注意到，容易
想到取的中点，的中点，先证平面
从而就证明了。
证法1：取棱的中点，线段的中点，连9设连结，因为是的中点，，，，又
分析2：要证平面，先证存在是实数使
证法2：如图当是棱的中点时，
所以共面，确定了平面，
解法3：是菱形，，
，以为坐标
原点，直线分别为轴的正方向，过点与平面垂直的
直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，
，是棱上的点，
设则，，令，，所以，
所以当时，，所以共面，确定了平面，。
总结：利用向量知识探讨线面平形，就是利用这条直线上的向量可以用平面内两条相交直线作为基向量来线性表示。即，然后再求，再说明这条直线不在已知平面上。
6、 探索角、距离的定值与最值
例7：在边长为的正方形中，分别为上的点，且，连结交于点，现沿将正方形折成直二面角。
求证无论怎样平行移动（保持），的大小不变；
当在怎样的位置时，点到面的距离最大？
解法一：设，，
为定值
过作于，则的长度为点到面的距
而即当取最大值，当，取最小值，时，
解法2：向量法
设则，以为原点建立如图所示空间坐标系，则
，
所以，
设于，且
==且
由得 ，
，
又当且仅当取最大值，当时，取最小值，时，
例8：如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直。点
在上移动，点在上移动，若。
（Ⅰ）求的长；
（Ⅱ）当为何值时，的长最小；
（Ⅲ）当长最小时，求面与面所成的二面角的大小。
解法1（I）作∥交于点，∥交于点，连结，依题意可得∥，且，即是平行四边形。∴由已知，
∴，
（II）由（I）所以，当时，，即当、分别为、的中点时，的长最小，最小值为
（III）取的中点，连结、，∵，为的中点
∴，即即为二面角的平面角又，所以，由余弦定理有，故所求二面角为
解法二向量法：建立如图所示空间直角坐标系
(2)由得
（3）又所以可求得平面与平面的法向量分别为，所以
所以
总结：对于角的定值和距离的最值问题解决常运用向量的知识与二次函数，均值不等式，余弦定理等知识综合运用，相互转化就可达到解决的目的；求角度通常用向量的数量积，求两点间距离用向量的模长公式计算。
对于立体几何的探索性问题一般都是条件开放性的探究问题，采用的方法一般是执果索因的方法，假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件，运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决。如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果要求的条件，或出现了矛盾，则不存在。对于立体几何的探索性问题最适合用空间向量的方法，只需通过坐标运算进形判断，在解题过程中把“是否存在的问题”转化为“点的坐标”是否有解、“是否有规定范围内”有解的问题，使问题简单、有效地解决。请同学们善于运用向量法。
专题突破：
1、（湖北卷18）如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1、B1、C1、D1中，点E是棱BC的中点，点F 是棱CD上的动点。
（Ⅰ）试确定点F的位置，使得D1E⊥平面AB1F；
（Ⅱ）当D1E⊥平面AB1F时，求二面角C1―EF―A的大小（结果用反三角函数值表示）。
2、如图，矩形中，
（1）边上是否存在点，使得，请说明理由；
（2）若边上存在唯一的点，使得指出点的位置，并求出此时与平面 所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，求二面角的正弦值。
3、（2006年湖北卷）如图，在棱长为1的正方体中，是侧棱上的一点，.
（Ⅰ）试确定，使得直线与平面所成角的正切值为；
（Ⅱ）在线段上是否存在一个定点，使得对任意的，在平面上的射影垂直于.并证明你的结论.
4、（2006年江西卷）如图，在三棱锥A－BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝，BD＝CD＝1，另一个侧面是正三角形
（1）求证：ADBC
（2）求二面角B－AC－D的大小
（3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由。
5、（2006年山东文科）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为等腰梯形，AB∥DC,AC⊥BD,AC与BD相交于点O，且顶点P在底面上的射影恰为O点，又BO=2,PO=,PB⊥PD.
(Ⅰ)求异面直接PD与BC所成角的余弦值；
(Ⅱ)求二面角P－AB－C的大小；
(Ⅲ)设点M在棱PC上，且为何值时，PC⊥平面BMD.
6、如图，在直三棱柱中，
（1）求证（2）在上是否存在点使得
（3）在上是否存在点使得
7、在菱形中，，（1）如图沿对角线将折起，问之间距离为多少时，二面角为直二面角？
（2）在（1）的基础上，求二面角的大小
（3）在（1）的基础上，求点到平面的距离。
8、如图，已知所在平面，分别是中点，（1）求证：
（2）设平面和平面所成二面角为锐角，能否确定，使得是异面直线与 的公垂线，若能求出的值，若不能，请说明理由。
9、如图，已知直三棱柱中，为上的点，（1）当在上什么位置时，与平面所成角为；
（2）在（1）的条件下求点到平面的距离
参考答案
1、解法一：（I）连结A1B，则A1B是D1E在面ABB1A；内的射影
∵AB1⊥A1B，∴D1E⊥AB1，于是D1E⊥平面AB1FD1E⊥AF.
连结DE，则DE是D1E在底面ABCD内的射影.∴D1E⊥AFDE⊥AF.
∵ABCD是正方形，E是BC的中点.∴当且仅当F是CD的中点时，DE⊥AF，
即当点F是CD的中点时，D1E⊥平面AB1F.…………6分
（II）当D1E⊥平面AB1F时，由（I）知点F是CD的中点.
又已知点E是BC的中点，连结EF，则EF∥BD. 连结AC，
设AC与EF交于点H，则CH⊥EF，连结C1H，则CH是
C1H在底面ABCD内的射影.C1H⊥EF，
即∠C1HC是二面角C1—EF—C的平面角.
在Rt△C1CH中，∵C1C=1，CH=AC=，
∴tan∠C1HC=.∴∠C1HC=arctan，从而∠AHC1=.
故二面角C1—EF—A的大小为.
解法二：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
（1）设DF=x，则A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），
A1（0，0，1），B（1，0，1），D1（0，1，1），E，F（x，1，0）
（1）当D1E⊥平面AB1F时，F是CD的中点，又E是BC的中点，连结EF，则EF∥BD. 连结AC，设AC与EF交于点H，则AH⊥EF. 连结C1H，则CH是C1H在底面ABCD内的射影.
∴C1H⊥EF，即∠AHC1是二面角C1—EF—A的平面角.
2解（1）若上存在点，使，从而，矩形中当时，直线与以为直径的圆相离，故不存在点。所以当时，才存在点使。
（2）当时，以为直径的圆与相切于点，此时是唯一的点使为直角，且为中点，作于，可证为与平面所成的角，在中可求得
（3）作于可证为二面角的平面角，中可求得
3、解法1：（Ⅰ）连AC，设AC与BD相交于点O,AP与平面相交于点，,连结OG，因为PC∥平面，平面∩平面APC＝OG,
故OG∥PC，所以，OG＝PC＝.
又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面，
故∠AGO是AP与平面所成的角.
在Rt△AOG中，tanAGO＝，即m＝.
所以，当m＝时，直线AP与平面所成的角的正切值为.
（Ⅱ）可以推测，点Q应当是AICI的中点O1，因为
D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ，所以 D1O1⊥平面ACC1A1，
又AP平面ACC1A1，故 D1O1⊥AP.
那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直。
解法二：(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，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)所以又由知，为平面的一个法向量。
设AP与平面所成的角为，则。依题意有解得。故当时，直线AP与平面所成的角的正切值为。
（Ⅱ）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为，则Q(x，1－，1)。依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，等价于D1Q⊥AP即Q为A1C1的中点时，满足题设要求。
4、解法一：
方法一：作AH面BCD于H，连DH。ABBDHBBD，又AD＝，BD＝1
AB＝＝BC＝AC BDDC 又BD＝CD，则BHCD是正方形，则DHBCADBC
方法二：取BC的中点O，连AO、DO则有AOBC，DOBC，BC面AOD
BCAD作BMAC于M，作MNAC交AD于N，则BMN就是二面角B－AC－D的平面角，因为AB＝AC＝BC＝M是AC的中点，且MNCD，则BM＝，MN＝CD＝，BN＝AD＝，由余弦定理可求得cosBMN＝ BMN＝arccos
设E是所求的点，作EFCH于F，连FD。则EFAH，EF面BCD，EDF就是ED与面BCD所成的角，则EDF＝30。设EF＝x，易得AH＝HC＝1，则CF＝x，FD＝，tanEDF＝＝＝解得x＝，则CE＝x＝1
故线段AC上存在E点，且CE＝1时，ED与面BCD成30角。
5、解，又
由平面几何知识得，以为原点，
为轴建立空间直角坐标系，则，
，
（1），，
，故直线与所成的余弦值为。
（2）设平面的一个法向量为，由于
由，取，又知平面的一个法向量
，又知二面角为锐角，所以，所求二面角的大小为
（3）设由于三点共线，① ，， ② 由①②知： ，，故时，
6、解直三棱柱，两两垂直，以为坐标原点，
直线分别为轴轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
（1），
（2）假设在上存在点，使得，则
其中，则，于是由于，且
所以得，所以在上存在点使得，且这时点与点重合。
（3）假设在上存在点使得，则其中则，又由于，，所以存在实数成立，所以，所以在上存在点使得，且使的中点。
7、解（1）当时符合题意。取的中点，连结，中，所以为等边三角形，同理为等边三角形，，为二面角的平面角，当
（2）作交于，连结，有二面角为直二面角且，可得，内的射影，由三垂线定理得，为二面角的平面角，在中，，在中，
所以二面角的大小为。
（3）设到平面的距离为，在中，
在中，，所以
，，所以，点到平面的距离为。
8解：（1）以为原点，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，，则
分别为的中点，
（2），若是异面直线
的公垂线，则，由（1）
，，是平面的法向量，又平面的法向量，且，，，，即当二面角为时，是异面直线的公垂线。
9解：以为原点所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量由，得则到平面的距离，而
的中点。
（2）由（1）知设平面的法向量，由得，到平面的距离
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EMBED Equation.DSMT4
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