13 巧用向量法解一类立体几何中的探索性问题-《中学生数理化》高考数学2024年2月刊

■浙江省湖州市行知中学 孙 平 立体几何中的探索性问题是高考数学试 题中的一个热点,也是难点。其中,斜线段上 含动点的探索性问题居多。此类试题用传统 方法解决时往往有一定的困难,而空间向量法 往往可以帮助我们更加快捷地解决此类问题, 它无需进行复杂繁难的推理及论证,只需通过 坐标或向量运算进行判断或证明。本文通过 几个高考模拟试题,介绍如何巧用向量法解决 立体几何中斜线段上含动点的探索性问题。 题型一、探索线面位置关系的存在性问 题,即线面的平行与垂直的判定 图1 例 1 如图1,在五面体 ABCDE 中,AD⊥平面 ABC, AD∥BE,AD =2BE,AB = BC。试问:在线段CD 上是否 存 在 点 P,使 得 PE ⊥ 平 面 ACD? 若存在,请指出点 P 的 位置,并证明;若不存在,请说明理由。 解法一:(先猜后证)取CD 的中点为P, AC 的中点O,连接OB,OP,则OP∥AD,由 图2 已知可知OP,OB,AC 两两垂 直,故可建立如图2所示的空 间直角坐标系O-xyz。 令AD=2BE=2a,OB= c,OA=OC=b,则D(0,-b, 2a),A(0,-b,0),C(0,b,0), E(c,0,a),P(0,0,a),所以PE→=(c,0,0), AC→=(0,2b,0),AD→=(0,0,2a)。 设n=(x,y,z)是平面 ACD 的一个法 向量,则 n·AC→=2by=0, n·AD→=2az=0, 解得y=z=0, 取x=1,得n=(1,0,0)。 所以PE→=(c,0,0)=cn,即 PE→∥n,所 以PE⊥平面ACD。 所以存在 P 为CD 的中点时,使得 PE ⊥平面ACD。 解法二:(直接用向量法)建系设点(点P 除 外)及求平面ACD 的法向量n的过程同解法一。 设PD→=λCD→=λ(0,-2b,2a)=(0, -2λb,2λa),λ∈[0,1],则PE→=PD→+DE→= (0,-2λb,2λa)+(c,b,-a)=(c,b-2λb, 2λa-a)。 当PE→∥n 时,满足PE⊥平面 ACD,所 以(c,b-2λb,2λa-a)=μ(1,0,0),所以 b-2λb=(1-2λ)b=0, 2λa-a=(2λ-1)a=0, 解 得λ=12,所 以 PD→=12CD →。 所以存在 P 为CD 的中点时,使得 PE ⊥平面ACD。 点评:解法一是先猜后证,先根据直观想象 猜测P 为CD 的中点时,使得PE⊥平面ACD, 然后将P 为CD 的中点作为条件,结合向量法 证明此时满足PE⊥平面ACD。解法二是未经 过猜测,直接建系用向量法,假设所求的点P 存 在,引入参数λ并标注相应限定的范围,用坐标 及参数表示相关点及向量,然后将空间的线面 垂直(PE⊥平面ACD)等价转化为直线PE 的 方向向量PE→ 和平面ACD 的一个法向量n共 线(平行),并利用PE→∥n表示出含参数λ的方 程,从而求得λ的值,若λ满足前面假设限定的 范围,则存在点P,最终确定点P 的位置。 题型二、探索线面角或二面角的数量关 系的存在性问题,即线面角或二面角满足特 定要求的存在性问题 图3 例 2 如图3,在多面体 ABCDEF 中,底面 ABCD 为 菱形,∠ABC=120°,EA⊥平 面 ABCD,EA∥FD,EA = AD=2FD=2。 43 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年2月 (1)证明:直线FC∥平面EAB。(证明 过程在本文中省略) (2)在线段EC 上是否存在点M,使得直 线EB 与平面BDM 所成角的正弦值为 2 8 ? 若存在,求出EM MC ;若不存在,请说明理由。 解析:(2)假设在线段EC 上存在点 M, 使得直线EB 与平面BDM 所成角的正弦值 为 2 8 。 取AB 的中点为 N,连接 DN,在菱形 ABCD 中,∠ABC=120°,所以△ABD 是等 边三角形,所以 DN⊥AB,所以 DN⊥DC。 因为EA⊥平面 ABCD,EA∥FD,所以FD ⊥平面ABCD,所以FD⊥DC,FD⊥DN。 以D 为坐标原点,DN,DC,DF 所在直 图4 线分别为x 轴,y 轴,z轴,建 立如图4所示的空间直角坐 标系 D-xyz,则 B(3,1, 0),C(0,2,0),D(0,0,0), E(3,-1,2),所 以 EC→= (- 3,3,-2),BE→= (0, -2,2),DB→=(3,1,0)。 设EM→=λEC→,λ∈[0,1],则EM→=λ· (- 3,3,-2),所以 M(3(1-λ),3λ-1, 2(1-λ)),DM→=(3(1-λ),3λ-1,2(1-λ))。 设平面BDM 的法向量为n=(x,y,z), 则n·DB→=