立體幾何中的探索性問題探析

摘要：探索性問題是近年來高考立體幾何中的常見題型，常以動(dòng)點(diǎn)形式出現(xiàn).探索性問題主要是對位置關(guān)系、角的大小以及點(diǎn)的位置的探究，或者對條件和結(jié)論不完備的開放性問題的探究.解決此類問題時(shí)，通常先根據(jù)探索性問題的設(shè)問，假設(shè)其存在并探索出結(jié)論，然后在這個(gè)假設(shè)下進(jìn)行合情合理的推理與論證，若得到合乎情理的結(jié)論就肯定假設(shè)，若得到矛盾就否定假設(shè).

關(guān)鍵詞：立體幾何；探索性；問題

探索性問題是近年各種考試的熱點(diǎn)題型，對于立體幾何，主要有“是否存在型”與“條件型”兩類，下面從4個(gè)方面分別展示一例，通過詳細(xì)的分析與求解，以期給出思路上的啟發(fā)與指導(dǎo).

1 線面平行探索性問題

例1底面是平行四邊形的四棱錐PABCD，點(diǎn)E在棱PD上，且PE∶ED=2∶1，問在棱PC上是否存在一點(diǎn)F，使BF∥平面AEC？證明你的結(jié)論.

分析：如圖1，根據(jù)直線與平面平行的判定定理，嘗試在平面AEC內(nèi)尋求與BF平行的直線，觀察圖形，發(fā)現(xiàn)較為困難.聯(lián)想到“面面平行時(shí)，則其中一個(gè)平面內(nèi)的直線必與另一個(gè)平面平行”，可以構(gòu)建過點(diǎn)B與平面AEC平行的平面，這樣就可以在其他地方尋求與平面AEC內(nèi)直線平行的直線.如連接BD交AC于點(diǎn)O，則平面PBD∩平面AEC=OE，在平面PBD內(nèi)，能找到與OE平行且過點(diǎn)B的直線嗎？利用平面幾何知識(shí)不難解決，有了這條直線，以此為基礎(chǔ)再尋找一條直線與它相交，又與平面AEC平行，這樣面面平行就構(gòu)建出來了.

解：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，過點(diǎn)B作OE的平行線交PD于點(diǎn)G，過點(diǎn)G作GF∥CE，交PC于點(diǎn)F，連接BF.

因?yàn)锽G∥OE，BG平面AEC，所以BG∥平面AEC.

同理GF∥平面AEC.又BG∩GF=G，所以

平面BFG∥平面AEC.

因?yàn)锽F面BFG，所以BF∥面AEC.

下面求點(diǎn)F在PC上的具體位置.

由BG∥OE，O是BD的中點(diǎn)，得E是GD的中點(diǎn).

又PE∶ED=2∶1，所以G是PE的中點(diǎn).

而GF∥CE，所以F是PC的中點(diǎn).

綜上，當(dāng)F是PC中點(diǎn)時(shí)，BF∥平面AEC.

本題充分展示了利用面面平行解決線面平行問題的獨(dú)特性，把不易尋找的線線平行轉(zhuǎn)化為其他位置的線線平行，不過與直接利用直線與平面平行判定的定理來解決相比較，要多尋找一對線線平行關(guān)系.但要注意，若直接能用直線與平面平行的判定定理來解決的線面平行問題，就不一定要用面面平行來解決了.

2 線線垂直探索性問題

例2已知矩形ABCD中，AB=1，BC=a（agt;0），PA⊥平面ABCD，問BC邊上是否存在點(diǎn)Q使得PQ⊥QD，并說明理由.

分析：設(shè)想這樣的點(diǎn)Q存在，則PQ⊥QD.題中問BC上是否存在點(diǎn)Q，故要把PQ⊥QD關(guān)系轉(zhuǎn)化到平面ABCD中去解決.如何轉(zhuǎn)化呢？一種是利用平行線，另一種是利用線面垂直，而前者不可以，因?yàn)镻Q∩平面ABCD=Q，所以PQ不可能與平面ABCD內(nèi)某直線平行.于是利用線面垂直，發(fā)現(xiàn)PA⊥平面ABCD，則PA⊥QD，從而QD⊥平面PAQ，所以QD⊥AQ，這就回到平面ABCD內(nèi)了.因此，問題就變成“在矩形ABCD中，BC邊上是否存在點(diǎn)Q使AQ⊥QD”，利用相似三角形可以解決.

解：假設(shè)在BC上存在點(diǎn)Q，使AQ⊥QD，連接AQ，如圖2.

因?yàn)镻A⊥平面ABCD，QD平面ABCD，所以PA⊥QD.

又AQ⊥QD，PA∩AQ=A，所以QD⊥面PAQ，從而

QD⊥PQ.設(shè)BQ=x.

如圖3，△ABQ∽△QCD，則

ABQC=BQCD.

又AB=CD=1，

QC=BC-BQ=a－x，所以

1a－x=x1，

即

x2－ax+1=0，

有Δ=a2－4.

當(dāng)Δgt;0，即agt;2時(shí)，方程①有兩個(gè)不同的解，

即當(dāng)BCgt;2時(shí)，在BC上存在兩個(gè)點(diǎn)Q使PQ⊥QD.

當(dāng)Δ=0，即a=2時(shí)，方程①有兩個(gè)相同的解，

即當(dāng)BC=2時(shí)在BC上存在唯一的點(diǎn)Q使PQ⊥QD.

當(dāng)Δlt;0即0lt;alt;2時(shí)，方程①無實(shí)數(shù)解，

即當(dāng)0lt;BClt;2時(shí)在BC上不存在點(diǎn)Q使PQ⊥QD.

利用線面垂直的定義，把空間中的垂直問題轉(zhuǎn)化為平面內(nèi)的垂直問題，再根據(jù)平面幾何知識(shí)，利用方程解的存在性來判斷點(diǎn)的存在性，這也是一種常用思維方式.另外，本題還可以轉(zhuǎn)化為以AD為直徑的圓與BC的交點(diǎn)問題.

3 線面垂直探索性問題

例3正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn).

（1）試問BD1能與平面B1EF垂直嗎？請給出適當(dāng)?shù)睦碛?

（2）若BD1不能與平面B1EF垂直，改變正方體的高，當(dāng)高與底

面邊長之比為多少時(shí)，BD1⊥面B1EF？

分析：（1）證明線面垂直，需證明直線與平面內(nèi)兩相交直線都垂直，而說明一條直線與平面不垂直，只要在平面內(nèi)找到一條直線與已知直線不垂直即可.

在圖4中，BD1是正方體的體對角線，由正方體的特征知，只要BD1與B1E有什么關(guān)系，則BD1與B1F就有什么關(guān)系，即BD1與B1E和BD1與B1F有相同的關(guān)系.而B1E與B1F是相交直線，因此如果BD1與B1E垂直，則BD1就垂直于平面B1EF；如果BD1與B1E不垂直，則BD1就不垂直于平面B1EF.我們可以先設(shè)想BD1與B1E垂直，而A1D1⊥平面AA1B1B，則A1D1⊥B1E，于是B1E⊥平面A1BD1，則B1E⊥A1B，但在正方形AA1B1B中，E是AB的中點(diǎn)，可知A1B與B1E不可能垂直，所以BD1與面B1EF就不垂直.

（2）由（1）的分析可知，只要A1B⊥B1E，則平面B1EF垂直于BD1.在長方形AA1B1B中，利用三角形相似，可以求得B1B與AB的比值.

解：（1）不垂直，因?yàn)樵谡叫蜛A1B1B中A1B與B1E不垂直.假設(shè)BD1⊥平面B1EF，則BD1⊥B1E.因?yàn)锳1D1⊥平面AA1B1B，B1E平面AA1B1B，所以A1D1⊥B1E.

又A1D1∩BD1=D1，所以B1E⊥平面A1D1B，則B1E⊥A1B，這與B1E不垂直A1B矛盾.

故BD1與平面B1EF不垂直.

（2）在矩形A1ABB1中（改變了正方體的高），

若B1E⊥A1B，如圖5，則∠1+∠3=90°，而∠1+∠2=90°，所以

∠2=∠3，則Rt△A1AB∽Ｒｔ△EBB1.

所以AA1BE=ABBB1，即BB1·AA1=BE·AB.

又BB1=AA1，BE=12AB，則BB21=12AB2，所以

BB1AB=22.

所以當(dāng)BB1AB=22時(shí)，B1E⊥A1B.

又由（1）可知A1D1⊥B1E，所以B1E⊥平面BA1D1，則

B1E⊥BD1.

同理B1F⊥BD1.

而B1E∩B1F=B1，所以

BD1⊥平面B1EF.

綜上所述，當(dāng)改變正方體的高，使高與底面邊長之比為22時(shí)，BD1⊥平面B1EF.

本題在說明直線與平面不垂直時(shí)，用的是反證法.特別是這里利用了正方體的特性，即BD1與B1E和BD1與B1F具有相同的位置關(guān)系，把線面垂直問題等價(jià)于BD1與B1E垂直與否的問題，使問題大大簡化.

4 點(diǎn)的位置探索性問題

例4如圖6，已知四邊形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，且二面角FDCB的大小為60°.

（1）證明：平面BCF⊥平面ABCD.

（2）在線段AE上是否存在點(diǎn)M，使得二面角MBCF的大小為45°？若存在，請求出點(diǎn)M的位置；若不存在，請說明理由.

分析：（1）根據(jù)直線與平面垂直的判定定理和平面與平面垂直的判定定理進(jìn)行證明即可.

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用二面角的定義，結(jié)合空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.

（1）證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD和EFCD都是直角梯形，

∠BAD=∠CDE=60°，

所以DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB=C，CF，CB平面BCF，所以DC⊥平面BCF.

又DC平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BCF.

（2）過點(diǎn)E，D分別作直線DC，AB的垂線EG，DH，垂足分別為G，H.

由已知和平面幾何知識(shí)易知，DG=AH=2，∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，

則四邊形EFCG和四邊形DCBH是矩形，所以在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG=DH=23.

假設(shè)在AE上存在點(diǎn)M，使得二面角MBCF的大小為45°.

由（1）可知DC⊥平面BCF，則∠BCF是二面角FDCB的平面角，

所以∠BCF=60°，從而△BCF是正三角形.

取BC的中點(diǎn)N，則FN⊥BC，又FN平面BCF，

所以FN⊥平面ABCD.

過點(diǎn)N作AB平行線NK，

則以點(diǎn)N為原點(diǎn)，NK，NB，NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系Nxyz，

則A（5，3，0），B（0，3，0），C（0，－3，0），E（1，0，3）.

設(shè)AM[TX→=λAE[TX→（0≤λ≤1），則可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為（5－4λ，3－3λ，3λ），所以BM=（5－4λ，－3λ，3λ），BC=（0，－23，0）.

設(shè)平面BCM的法向量為[WTHXn1=（x，y，z）.

由[WTHXn1·BC=0，[WTHXn1·BM=0，得－23y=0，（5－4λ）x－3λy+3λz=0，取[WTHXn1=1，0，4λ－53λ.

易知平面BCF的一個(gè)法向量[WTHXn2=（1，0，0）.

所以cos 45°=|[WTHXn1·[WTHXn2||[WTHXn1||[WTHXn2|=11+4λ－53λ2.

整理化簡為7λ2－40λ+25=0，解得λ=57或λ=5（舍去）.

所以，存在點(diǎn)M，使得二面角MBCF的大小為45°，且AM=57AE.

對于位置探索性問題，通常借助于向量，引入?yún)?shù)，綜合運(yùn)用條件和結(jié)論列方程，解出參數(shù)，進(jìn)而確定其位置.