05空间几何探索性问题求解策略高考数学考点讲解五.docx

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05空间几何探索性问题求解策略高考数学考点讲解五

高考、模拟题中对立体几何的考查出现了一些新题型，题目具有探索性、开放性，对这类问题向量法是求解这类问题的很好手段，借助向量使得几何问题代数化，降低了问题的难度，利用空间向量，将空间的位置关系转化为某个几何量的数量关系，再具体求出这个变量，从而确定满足条件的几何量。

解决这类问题的关键有两个：

一是建立恰当的空间直角坐标系；二是存在性问题成立策略先假设存在，通过数量积的运算如果能够得出结论说明存在；否则就不存在。

下面具体剖析。

一．平行中的存在性问题

例1.在如图所示的几何体中，底面为菱形，，,且，平面，底面.

（Ⅰ）求二面角的大小；

（Ⅱ）在上是否存在一点，使得平面，若存在，求的值，若不存在，说明理由.

解：

（）设与交于，如图所示建立空间直角坐标系，

设，则，

设则，

解得，

，设平面的法向量为，

则，令，

，又平面的法向量为

所以所求二面角的大小为

（Ⅱ）设得

，，解得，

存在点使面此时。

【点评】：

本题通过建立坐标系，表示出相关点的坐标，利用向量知识求出平面的法向量，再利用数量积公式求出二面角，第二问题目具有开放性，注意借助第一问的法向量进行求解。

二．垂直中的存在性问题

例2【2012高考真题北京理16】如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD,如图2.

（I）求证：

A1C⊥平面BCDE；

（II）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

（III）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？

说明理由

解：

（1），，平面，

又平面，

又，平面。

（2）如图建系，则，，，，∴,

设平面法向量为，则∴∴，

∴

又∵，∴

∴，

∴与平面所成角的大小。

（3）设线段上存在点，设点坐标为，则

则，，设平面法向量为，

则∴∴。

假设平面与平面垂直，则，∴，，，

∵，∴不存在线段上存在点，使平面与平面垂直。

点评：

立体几何“是否存在”、“是否有”、“在何位置”等，传统方法解答此类问题的思路是：

首先假设点存在或猜测点的位置，再进行推证，若推出矛盾，即可知该点不存在；利用向量法显得简单的多，存在性问题成立策略先假设存在，通过数量积的运算如果能够得出结论说明存在；否则就不存在。

三．空间角中的探索性问题

例3．（2011浙江理科）如图，在三棱锥中，，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2

（Ⅰ）证明：

AP⊥BC；

（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？

若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。

（I）证明：

如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xyz，

则，，由此可得，所以，即

（II）解：

设，

，设平面BMC的法向量，

平面APC的法向量，由

得即

由即得

由解得，故AM=3。

综上所述，存在点M符合题意，AM=3。

点评：

在解决一些立体几何探索性问题时，利用空间向量能够避免繁琐的“找”、“作”、“证”，只需通过定量计算，就可以解决问题，降低了思维难度，易于把握，体现了空间向量在解题中的巨大作用。

四．达标测试题

1．（2018•陕西三模）如图1，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，，点E为AC中点，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D﹣ABC，如图2所示．

（Ⅰ）求证：

AD⊥BC；

（Ⅱ）在CD上找一点F，使AD∥平面EFB．

（Ⅱ）取CD的中点F，连接EF，BF，

在△ACD中，∵E，F分别为AC，DC的中点，

∴AD∥EF，EF⊂平面EFB，AD⊄平面EFB，

∴AD∥平面EFB．…12分

2（2018•南京三模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=，其余棱长均为2，M是棱PC上的一点，D，E分别为棱AB，BC的中点．

（1）求证：

平面PBC⊥平面ABC；

（2）若PD∥平面AEM，求PM的长．

2【解答】

（2）解法一、如图，连接CD交AE于O，连接OM．

∵PD∥平面AEM，PD⊂平面PDC，平面AEM∩平面PDC=OM，

∴PD∥OM，则=．

∵D，E分别为AB，BC的中点，CD∩AE=O，

∴O为△ABC重心，则=，

∴PM=PC=．

3．（2018•如皋市二模）如图，在四棱锥P─ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD．

（1）证明：

平面PBD⊥平面PAC；

（2）设E为线段PC上一点，若AC⊥BE，求证：

PA∥平面BED．

证明：

（1）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴PA⊥BD．

又四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，

∴BD⊥平面PAC．

而BD⊂平面PBD，

∴平面PBD⊥平面PAC．………………（6分）

4（2018•聊城模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2．

（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积V；

（2）若F为PC的中点，求证PC⊥平面AEF．

（2）∵PA=CA，F为PC的中点，

∴AF⊥PC．

∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥CD．

∵AC⊥CD，PA∩AC=A，

∴CD⊥平面PAC．

∴CD⊥PC．

∵E为PD中点，F为PC中点，

∴EF∥CD．则EF⊥PC．

∵AF∩EF=F，

∴PC⊥平面AEF．

5．（2018•青州市三模）在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC=AD=CD=DE=2，AB=1．

（1）请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF⊥平面CDE，并证明；

（2）在

（1）的条件下，求多面体ABCDF的体积．

∵AH⊥CD，AH⊥DE，CD∩DE=D，

∴AH⊥平面CDE，

∴BF⊥平面CDE．

6．（2018•铜山区一模）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，AC=BC，∠ACD=90°．

（1）求证：

AB⊥平面EDC；

（2）若P为FG上任一点，证明：

EP∥平面BCD．

证明：

（1）∵平面ABC⊥平面ACD，∠ACD=90°，

∴CD⊥AC，

∵平面ABC∩平面ACD=AC，CD⊂平面ACD，

∴CD⊥平面ABC，

又AB⊂平面ABC，∴CD⊥AB，

∵AC=BC，E为AB的中点，∴CE⊥AB，

又CE∩CD=C，CD⊂平面EDC，CE⊂平面EDC，

∴AB⊥平面EDC．

7．（2018•海淀区校级模拟）四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，侧面PAD⊥底面ABCD，∠BCD=60°，，E是BC中点，点Q在侧棱PC上．

（Ⅰ）求证：

AD⊥PB；

（Ⅱ）是否存在Q，使平面DEQ⊥平面PEQ？

若存在，求出，若不存在，说明理由．

（Ⅲ）是否存在Q，使PA∥平面DEQ？

若存在，求出．若不存在，说明理由．

7证明：

（Ⅰ）取AD中点O，连接OP，OB，BD．

因为PA=PD，所以PO⊥AD．

因为菱形ABCD中，∠BCD=60°，所以AB=BD．

所以BO⊥AD．

因为BO∩PO=O，且BO，PO⊂平面POB，所以AD⊥平面POB．

所以AD⊥PB．

，=（﹣1，，﹣1），=（﹣2λ，，﹣λ），

设平面DEQ的法向量=（x，y，z），

则，

所以平面DEQ的法向量为，

设平面PEQ的法向量为，

则，取y=1，得=（0，1，），

因为平面DEQ⊥平面PEQ，

所以=0×（1﹣λ）+1×0+（2λ﹣1）=0，

解得λ=，

故Q为PC中点时，平面DEQ⊥平面PEQ．

（Ⅲ）设

由（Ⅱ）可知．

设Q（x，y，z），则，