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.