例說立體幾何中存在型問題的探索途徑

繆建中

江蘇省木并茶高級中學(xué) (226406)

立體幾何的探索性問題是近幾年來高考中常常出現(xiàn)的新題型，而這類問題尤以存在型問題居多.這類問題常以“是否存在”、“是否有”、“是否可能”等語句出現(xiàn)，以示結(jié)論有待判斷.“存在型”問題是較典型的開放性的問題，學(xué)生往往不會探究.本文舉例說明立體幾何中存在型問題的幾種常見的探索途徑，暴露其思維軌跡，以期發(fā)現(xiàn)此類問題的解題規(guī)律，培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力和數(shù)學(xué)探究能力.

一、垂直條件的探求

例1 如圖1，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，側(cè)面PAD是正三角形，且側(cè)面PAD⊥底面AB CD，當(dāng)ADAB的值等于多少時，能使PB⊥AC?并給出證明.

分析：要有PB⊥AC，只要具備AC垂直于PB在底面ABCD上的射影即可，由側(cè)面PAD⊥底面ABCD可知P在底面上的射影一定在AD上，而側(cè)面PAD是正三角形，故可知P在底面上的射影為AD的中點.

解：取AD的中點F，因PF⊥AD，面PAD⊥面ABCD，所以PF⊥面ABCD，若PB⊥AC，則AC⊥BF，設(shè)AD=x,AB=y,

∴∠FOA=90°，∴在△AOF中，AF=x2，AO=13x2+y2,FO=13(12)2+y2,根據(jù)題意，有AF2=AO2+FO2，代入可得xy=2，即若ADAB=2，容易證得FB⊥AC，由三垂線定理可證得PB⊥AC.

評注：探索具備什么就有垂直或平行這一類問題，往往是找出命題成立的必要條件，再證明充分性，本題采用的就是這種方法.

例2 (2000年全國高考題)如圖2，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，則當(dāng)CDCC1的值為多少時，能使A1C⊥平面C1BD?

分析：文［1］通過建立空間直角坐標(biāo)系，通過空間向量的坐標(biāo)運算，探求出此值.其實，不必建立坐標(biāo)系 ，只要通過空間向量基本定理就可獲結(jié)果.

解：設(shè)〤B=a,〤D=b,〤C1=c擼瑋a遼=﹟b遼，則〤A1=a+b+c,〣D=〤D-〤B=b-a,〤A1?〣D=(a+b+c)?(b -a)=|b遼2-﹟a遼2+c?b -c?a=|c遼|b遼玞os60°-|c遼|a遼?┆玞os60°=0,∴〤A1摺酮〣D.要使〢1C摺推矯鍯1BD，只須〤A1摺酮〤1D嘸純.

而〤A1?〤1D=(a+b+c)?(b-c)=a?b-a?c+b擢2-c擢2=|a遼|b遼玞os60°-|a遼c遼玞os60°+|b遼2-|c遼2，所以只要|b遼=|c遼，就有〤A1?〤1D=0，從而使A1C⊥平面C1BD.也即CDCC1的值為1時，使A1C⊥平面C1BD.

評注：通過設(shè)出三個不共面的非零向量，將其它向量用這三個不共面的向量表示，然后執(zhí)果索因，探求到只要有|b遼=|c遼，就有題中的線面垂直.這是立體幾何中探究問題的常用探究途徑.從上面的解題過程，可以發(fā)現(xiàn)本題中的條件“∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°”，可以減弱為“∠C1CB=∠C1CD=∠BCD”，而不必都等于60°，實際上只要這三個角相等即可.

例3 已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC,AB=1,BC=2,CD=1+3，過A作AE⊥CD，垂足為E，G、F分別為AD、CE的中點，現(xiàn)將△ADE沿AE折疊，使得DE⊥EC.

(1)求證：BC⊥面CDE；

(2)求證：FG∥面BCD；

(3)在線段AE上找一點R，使得面BDR⊥面BCD，并說明理由.

證明：(1)由已知得：DE⊥AE，DE⊥EC，∴DE⊥面ABCE，∴DE⊥BC，又BC⊥CE，

∴BC⊥面DCE.

(2)取AB中點H，連接GH，F(xiàn)H，∴GH∥BD，F(xiàn)H∥BC，∴GH∥面BCD，F(xiàn)H∥BCD，∴面FHG∥面BCD，∴GF∥面BCD.

(3)分析可知，R點滿足3AR=RE時，面BDR⊥面BDC.

證明：取BD中點Q，連結(jié)DR、BR、CR、CQ、RQ，容易計算CD=2,BR=52，CR=132，DR=212，CQ=2，在△BDR中，

∵BR=52，DR=212，BD=22，可知RQ=52，∴在△CRQ中，CQ2+RQ2=CR2,∴CQ⊥RQ.又在△CBD中，CD=CB,Q為BD中點，∴CQ⊥BD，∴CQ⊥面BDR，∴面BDC⊥面BDR.

說明：若設(shè)AR=x，通過分析，利用面BDC⊥面BDR，推算出x=12亦可，不必再作證明.

二、平行條件的探求

例4 如圖3，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥面ABCD，∠A1AC=60°，在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1?若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由.

分析一：要使BP∥平面DA1C1，只要有BP平行于平面DA1C1內(nèi)的某一 條直線即可.注意到直線BP在平面BCC1B1內(nèi)，只要有BP平行于A1D即可.

解法一(傳統(tǒng)方法)：存在這樣的點P.連接B1C，因為A1B1∥=AB∥=DC，∴四邊形A1B1CD為平行四邊形.∴A1D∥B1C，在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP，因B1B∥=CC1，∴BB1∥=CP，∴四邊形BB1CP為平行四邊形，則BP∥B1C，∴BP∥A1D，∴BP∥平面DA1C1.

分析二：只要在C1C上找一點P，使得向量〣P哂肫矯鍭1DC1的法向量垂直即可.

解法二(向量法)：連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°,∴A1O2=AA12+AO2-2AA1?AO玞os60°=3,∴AO2+A1O2=AA12,∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD.∴以O(shè)B、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則A(0，-1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(-3，0，0)，A1(0，0，3).假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，設(shè)〤P=│霜〤C1,狿(x,y,z)，則(x,y-1,z)=λ(0,1,3),得P(0,1+λ,3λ),〣P=(-3,1+λ,3λ),設(shè)﹏3摺推矯鍰A1C1，則﹏3摺酮〢1C1

﹏3摺酮〥A1擼設(shè)﹏3=(x3,y3,z3)，得到2y3=0,

3x3+3z3=0，不妨取﹏3=(1,0,-1),要使〣P摺紋矯鍰A1C1，只要﹏3?〣P=0，即-3-3λ=0，得λ=-1.即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP.

分析三：只要在C1C上找一點P，使得向量〣P嚦梢雜悶矯鍰A1C1內(nèi)的兩個不共線的向量線性表示出來，即向量〣P哂肫矯鍰A1C1內(nèi)的兩個不共線向量共面，而直線BP不在DA1C1內(nèi)，所以問題得證.

解法三(向量法)：由解法二有〣P=(-3,1+λ,3λ)，而〢1C1=(0,23),〢1D=

(-3,0,-3),要有BP∥平面DA1C1，只要有〣P=m〢1C1+ n〢1D擼即-3n=-3，

1+λ=2m，

3λ=3m-3n，解得λ=-1.即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP.

評注：探究直線與平面平行的條件，常據(jù)線面平行判定的四種方法，一是通過線線平行證線面平行，二是通過面面平行證線面平行，三是證直線的方向向量與平面的法 向量垂直，四是證直線的方向向量可以表示為平面內(nèi)的兩個不共線向量的線性組合.本題就 是根據(jù)上述四種方法，去探求P點具備方法一、方法三、方法四中的條件，進(jìn)而找到P點的位 置.由解法一還看出，題設(shè)中給出的垂直關(guān)系和棱長、角度都沒有用上，如果只要探求題中結(jié)論，只要是棱柱都能滿足，給出那么多條件，只是為了使用向量方法解題的需要，其命題思想值得商榷.