14 立体几何中的探索性问题-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

■江苏省锡东高级中学 何 俊 立体几何是高中数学中的重点内容之 一,新高考模式对同学们的创新思维、开放思 维提出了更高的要求,因此,立体几何中的探 索性问题成为了各地模考乃至高考中的一类 热门题型,在命题用语上,常以“是否存在” “是否可能”“试探求”等形式出现。此类问题 需要同学们经历一个发现问题、研究问题、解 决问题的过程。对于广大同学而言,具备扎 实的理论基础、严谨的逻辑思维和敏锐的观 察能力是解决这类问题的必要条件。同时, 把握命题的规律、掌握解题的策略是成功解 答此类问题的关键。 题型一、探索动点使线、面满足特定位置 关系 图1 例 1 (河南省中原名校 2024届高三考前全真模拟) 如 图1,六面体 ABCD-EFGD1 是 直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 被 过点D1 的平面α所截得到的几 何体,DD1⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是边长为2的正方形,DD1=4,AE= 2,CG=3。 (1)求证: AC⊥D1F。 (2)求平面EFGD1 与平面ABCD 的夹 角的余弦值。 (3)试问:在线段 DG 上是否存在一点 P,使得 AP∥平面 EFGD1? 若存在,求出 DP DG 的值;若不存在,请说明理由。 解 析:(1)在 直 四 棱 柱 ABCD- A1B1C1D1,BF∥DD1,则点F 在平面D1DB 内。因为DD1⊥平面 ABCD,且 AC⊂平面 ABCD,所以 DD1⊥AC。又底面 ABCD 为 正方形,所以AC⊥BD。又DD1∩BD=D, 所以 AC⊥平面 D1DBF。又 D1F⊂平面 D1DBF,所以AC⊥D1F。 (2)因为DD1⊥平面ABCD,DA,DC⊂ 平面 ABCD,所以 DD1⊥DA,DD1⊥DC。 图2 又底面 ABCD 为正方形,所 以DA⊥DC,建立如图2所示 的空间直角坐标系 D-xyz, 则 E(2,0,2),G(0,2,3), D1(0,0,4),所以 D1E→=(2, 0,-2),D1G→=(0,2,-1)。 设平面EFGD1 的一个法 向量为n=(x,y,z),则 n·D1E→=2x-2z=0, n·D1G→=2y-z=0。 令z=2,得n=(2,1,2)。 因为 DD1⊥平面 ABCD,所以 DD1→= (0,0,4)是平面ABCD 的一个法向量。 设平面EFGD1 与平面ABCD 的夹角为 θ,则cos θ=|cos<DD1→,n>|= |DD1→·n| |DD1→||n| = 2 3 ,即平面EFGD1 与平面ABCD 的夹角的 余弦值为 2 3 。 (3)存在一点P 使得AP∥平面EFGD1, 此时 DP DG= 1 2 。理由如下: 设DP→=λDG→(λ∈[0,1]),则AP→=AD→ +DP→=AD→+λDG→=(-2,0,0)+λ(0,2,3) =(-2,2λ,3λ)。 线段DG 上存在一点P 使得AP∥平面 EFGD1,可转化为AP→·n=0,即-4+2λ+ 6λ=0,解得λ= 1 2 ,所以DP DG= 1 2 。 点评:本题对立体几何中线、面之间的平 行与垂直的位置关系的考查比较全面。探索 空间中平行、垂直的位置关系向空间向量之 间的关系进行转化,考查同学们的转化能力 与运算求解能力。 题型二、探索动点使距离、角度等几何量 为定值 例 2 (河南省商丘市2024届高三下 14 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年4月 图3 学期模拟)如图3,在四棱锥 P-ABCD 中,AB=BC= DC=DA=AP=PD,PC =PB= 2AB。 (1)证明:平面PAD⊥ 平面ABCD。 (2)试问:在棱PC 上是否存在点E,使 得平面 AEB 与平面BCE 夹角的正弦值为 27 7 ? 若存在,求PE EC 的值;若不存在,请说明 理由。 解析:(1)因为 AB=BC=DC=DA= AP=PD,PC=PB= 2AB,所以 PD2+ DC2=PC2,AP2+AB2=PB2,所以 DC⊥ PD,AB⊥AP。又AB=BC=DC=DA,所 以四边形 ABCD 为菱形,所以 AB∥DC,所 以DC⊥AP。又AP,PD⊂平面PAD,AP ∩PD=P,所以DC⊥平面PAD。又DC⊂ 平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD。 (2) 由(1)得DC⊥平面PAD,又DA⊂ 平面PAD,所以DC⊥DA,故四边形ABCD 为正方形。 不妨设正方形 ABCD 的边长为2,AD 的中点为O,连接PO。 因为△PAD 为等边三角形,所以PO⊥ AD。又PO⊂平面PAD,平面PAD∩平面 ABCD=AD,且平面PAD⊥平面ABCD,所 以PO⊥平面ABCD。 以O 为坐标原点,OA,OP 所在直线分 别为x 轴,z轴,在平面ABCD 内,过O 垂直 图4 AD 的直线为y 轴,建立如 图4所示的空间直角坐标 系O-xyz,则P(0,0,3), A(1,0,0),B(1,2,0), C(-1,2,0),所以 AB→= (0,2,0),BC→=(-2,0,0), PB→=(1,2,- 3)。 假设在棱PC 上存在点E(x0,y0,z0), 使得平面AEB 与平面BCE 夹角的正弦值为 27 7 ,且PE EC=λ (λ>0),则PE→=λEC→,即(x0, y0,z0- 3)=λ(-1-x0,2-y0,-z0),解得 x0= - λ λ+1 ,y0 = 2λ λ+1 ,z0 = 3 λ+1 ,所 以 E - λ 1+λ ,2λ 1+λ , 3 1+λ , 所 以 BE→ = -1-2λ 1+λ ,- 2 1+λ , 3 1+λ 。 设平面AEB 的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 n1·AB→=2y1=0, n1·BE→= (-1-2λ)x1-2y1+3z1 1+λ =0 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令 x1= 3,得n1=(3,0,1+2λ)。 设平面BCE 的一个法向量为n2=(x2, y2,z2),则 n2·BC→=-2x2=0, n2·PB→=x2+2y2- 3z2=0。 令 y2= 3,得n2=(0,3,2)。 所 以|cos<n1,n2>|= |n1·n2| |n1||n2| = |2+4λ| 7× 3+(1+2λ)2 = 1- 27 7 2 ,解 得 λ=1或λ=-2(舍去)。 所以在棱 PC 上 存 在 点 E,使 得 平 面 AEB 与平面BCE 夹角的正弦值为 27 7 ,且 PE EC=1 。 点评:本题以垂直关系为目标,通过计算相 关量值,找到线线垂直,也是立体几何中的常见 题型。假设存在点E,引入参数,求解法向量, 强化训练在变化过程中抓住不变量的字母运算 方法,考查运算求解能力和灵活转化能力。 题型三、探索动点使目标关系式达到 最值 图5 例 3 (山西省 吕 梁 市 2024届三模) 如图5所示,P 为圆锥的顶点,O 为圆锥底面 的圆心,AC 为底面圆的直径, △ABD 为底面圆O 的内接正 三角形,且△ABD 的边长为 3,点E 在母线PC 上,且AE= 3,CE=1。 (1)求证BD⊥AE,并求三棱锥P-BDE 的体积; 24 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年4月 (2)若 M 为线段PO 上的动点,当直线 DM 与平面ABE 所成角的正弦值最大时,求 此时点 M 到平面ABE 的距离。 解析:(1)设AC∩BD=F,连接EF。 因为△ABD 为底面圆O 的内接正三角 形,所以 AC= 3 sin π 3 =2,F 为BD 的中点, AF= 3- 3 4 = 3 2 ,所以CF=2- 3 2= 1 2 , AO= 2 3AF=1 。 因为AE= 3,CE=1,所以AE2+CE2 =AC2,所以AE⊥EC,所以 AF AE= AE AC ,所以 △AEF∽△ACE,所以∠AFE=∠AEC,所 以EF⊥AC。 因为PO⊥平面ABD,PO⊂平面PAC, 所以 平 面 PAC⊥ 平 面 ABD。因 为 平 面 PAC∩平面ABD=AC,EF⊂平面PAC,所 以EF⊥平面ABD。又BD⊂平面ABD,所 以EF⊥BD。又BD⊥AC,EF∩AC=F,所 以BD⊥平面AEC。又AE⊂平面AEC,所 以BD⊥AE。又PO⊥平面ABD,所以EF ∥OP。因为 PO⊄平 面 BDE,EF⊂平 面 BDE,所以PO∥平面BDE。因为F 为BD 的中点,所以AF⊥BD,即OF⊥BD。又EF ⊥平面ABD,OF,BD⊂平面ABD,所以EF ⊥OF,EF⊥BD。因为EF∩BD=F,EF, BD⊂平面BDE,所以OF⊥平面BDE。 因为 EF= AE2-AF2 = 3- 9 4 = 3 2 ,EF⊥BD,所以 S△BDE= 1 2BD ·EF= 1 2× 3× 3 2= 3 4 。 又OF= 1 3AF= 1 2 ,PO∥平面BDE,所 以VP-BDE =VO-BDE = 1 3S△BDE ·OF= 1 3 × 3 4× 1 2= 1 8 。 (2)因为OF=CF= 1 2 ,所以F 为OC 的 中点。又PO∥EF,所以 E 为PC 的中点, PO=2EF,所以PO= 3,PC=2。 以F 为坐标原点,FB,FC,FE 所在直 图6 线分别为x 轴,y 轴,z轴,建 立如图6所示的空间直角坐标 系 F-xyz,则 A 0,- 3 2 ,0 , B 3 2 ,0,0 ,E 0,0,32 , D - 3 2 ,0,0 ,O 0,-12,0 , P 0,- 1 2 ,3 ,所以 AB→= 32,32,0 ,AE→ = 0, 3 2 ,3 2 ,OP→ = 0,0,3 ,DO→ = 3 2 ,- 1 2 ,0 ,DA→= 32,-32,0 。 设OM→=λOP→=(0,0,3λ)(0≤λ≤1), 则DM→=DO→+OM→= 3 2 ,- 1 2 ,3λ 。 设平面ABE 的一个法向量为n=(x, y,z),则 AB→·n= 32x+ 3 2y=0 , AE→·n=32y+ 3 2z=0 。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 令 y= -1,得n=(3,-1,3)。 设直线DM 与平面ABE 所成角为θ,则 sin θ = |DM→·n| |DM→||n| = |2+3λ| 7× 3λ2+1 = 1 7× 3λ2+1 (3λ+2)2 。 令t=3λ+2,则t∈[2,5],所以λ= t-2 3 ,所 以 3λ 2+1 (3λ+2)2 = (t-2)2 3 +1 t2 = t2-4t+7 3t2 = 1 3 7 t2 - 4 t+1 。 因为 1 t ∈ 1 5 ,1 2 ,所以当1t =27,即 λ= 1 2 时, 3λ 2+1 (3λ+2)2 min= 3 4+1 49 4 = 1 7 。 34 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年4月