空间向量法妙解立体几何中的探索性问题-《中学生数理化》高二数学2025年9月刊

中学生款理化餐疆数学“熙圣被方法 空间向量法妙解立体几何中的探素性问题 ■江苏省盐城市时杨中学 刘长柏 空间向量法的解题步骤：建立空间直角 n·PD=0, 则 即y-=0, 坐标系，引入空间向量表示点的坐标、直线的 n·PC=o, 2x-=0。 方向向量、平面的法向量，将立体几何中“形” 令x=2,则x=1,y=-2,所以n=(1, 的问题转化为“数”的问题，研究空间直线与 -2,2)。 平面的位置关系、空间角与距离、点的轨迹。 设M是棱PA上一点，则存在入∈[0,1] 下面通过例题展示利用空间向量法妙解立体 使得AM=λA户」 几何中的探索性问题，希望对同学们的学习 因此点M(0,1一入，A),BM=(-1,-入，A)。 有所帮助。 因为BM士平面PCD,BM∥平面PCD, 一、线面关系中的存在性问题 所以BM·n=0,即(-1，-入，A)·(1,-2, 例1如图1，在 2)=0解得x=子 四棱锥P-ABCD中， 平面PAD⊥平面AB- 所以在棱PA上存在点M,使得BM∥ CD,PA⊥PD,PA= 平页PCD此时A PD,AB⊥AD,AB= 点评：解决线面关系中存在性问题的策 1,AD=2,AC=CD= 略：先假设存在，然后在该假设条件下，利用 √5。 图1 向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找满足 在棱PA上是否存在点M,使得BM∥ 的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出 平面PCD?若存在，求的值：若不存在。 矛盾的结论，则否定假设。 二、空间角的存在性问题 请说明理由。 解析：取AD的中点O,连接PO,CO。 例2如图3，在直三 因为PA=PD,所以PO⊥AD。 棱柱ABC-A1B1C1中，侧 又因为POC平面PAD,平面PAD⊥ 面AA1B1B为正方形，AB 平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD。 =BC=2,E,F分别为 因为COC平面ABCD,所以PO⊥CO。 AC,CC1的中点，D为棱 因为AC=CD,所以CO⊥AD。 A1B1上的点，BF⊥A1B1 建立如图2所示的 当BD为何值时，平面 图3 空间直角坐标系Oxyz。 BB,CC与平面DFE所成 由题意得，A(0, 二面角的正弦值最小？ 1,0),B(1,1,0),C(2, 解析：因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三 0,0),D(0,一1,0)， 棱柱，所以BB1⊥底面ABC,BB1⊥AB P(0,0,1)。 因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,所以 则PD=(0,一1， 图2 BF⊥AB。 -1),PC=(2,0,-1). 又BB1∩BF=B,故AB⊥平面BCC1B1。 设平面PCD的法向量为n=(x,y,x), 所以BA,BC,BB1两两垂直。 26 菌数学0要方清中学生数理化 解题篇经典题突破方法 以B为坐标原点，分 否存在点P,使得直线AF和平面BCP所成 别以BA,BC,BB1所在直 角的正弦值为22， DP 线为x轴，y轴，之轴建立 3?若存在，求出D的值： 空间直角坐标系，如图4 若不存在，请说明理由。 所示，则E(1,1,0),F(0, 解析：因为AF⊥AD,∠DAB=90°， 2,1)。 ∠FAB=90°，所以AD,AB,AF两两垂直。 由题意设D(a,0,2) 以A为坐标 (0≤a≤2)，平面DFE的 原点，AD,AB, 图4 法向量为m=(x,y,之)。 AF所在直线分 因为EF=(-1,1,1),D尼=(1-a,1, 别为x轴，y轴， m·EF=0, 之轴，建立空间直 一2)，所以 m·DE=0。 角坐标系，如图6 图6 所示。 故 一x十y十？=0， (1-a)x十y-2x=0。 1 由题意知，AD=DC=2AB,不妨设 令x=2一a,则m=(3,1十a,2-a)。 AD=1,则A(0,0,0),D(1,0,0),F(0,0, 易知平面BCC1B,的一个法向量为BA 1),B(0,2,0),C(1,1,0)。 =(2,0,0)。 设平面BCC1B1与平面DEF所成二面 设架=m(0≤m≤，则D币=mD京. 角的平面角为0。 设P(a,0,b),则(a-1,0,b)=m(-1,0, m.BA 则|cos0|= 1),解得a=1-m,b=m,故P(1-m,0,m)。 m·|BA 当m=0时，点P与点D重合，直线AF 6 和平面BCD垂直，不满足所成角的正弦值为 2·w√2a2-2a+14 √2a-2a+14 2√ 1 分析可知当a=2时，2a2-2a十14取得 3,应舍去。 当m≠0时，设平面BCP的法向量为n 最小值号 =（x,y,之)，则： BC·n=x-y=0, 此时|cos8|取得最大值 3 /27 3 PC·n=mx十y-m之=0。 令x=1,则y=1,=m十1，故n 所以(sin8)mim 6 3 此时 1.） B.D- 设直线AF和平面BCP所成角的正弦 值为日，则： 例3如图 sin 0=cos(AF,n>= |AF.·n 5,在直角梯形 AF1·n ABCD中，AB∥ CD,∠DAB= (0,0,1)·(1,1,m+) m 90°，AD=DC= C √1+1+（ m AB。以直线 1 图5 m+1 AB为轴，将直角梯形ABCD旋转得到直角 2② 梯形ABEF,且AF⊥AD。在线段DF上是 √+1+() 3 27 中学生款理化舞疆萄学“盟餐被方法 解得m=}或-号（合去）. 所形成的阿氏 圆的半径为 综上，在线段DF上存在点P,使得直线 2√3。 等，此 AF和平面BCP所成角的正弦值为2 (2)以AB y 时DP1 为x轴，AD为 DF3 y轴，AA1为 图9 点评：与空间角有关的探索性问题主要 轴，建立空间直 是两条异面直线所成的角、直线与平面所成 角坐标系，如图 的角和二面角有关的存在性问题，常利用空 10所示。设点 A 间向量法求解。求解时，一般把“是否存在” P(x,y,z),由 问题转化为“，点的坐标是否有解，是否有规定 BP=√3PE,得 范围内的解”，并注意准确理解和熟练应用夹 (x-6)2+y2+ 角公式。 x2=3[(x-2)2 +y2+x2]. 图10 三、空间点的轨迹问题 例4古希腊数学家阿波罗尼奥斯发 整理可得x2十y2十之2=12。 现：平面内到两定点A,B距离之比为常数入 由题意得F(3,3,3,),B1(6,0,3),C(6, 3,0)。 (入>0且入≠1)的点的轨迹是一个圆心在直线 所以FB1=(3,-3,0),B1C=(0,3, AB上的圆，该圆 -3)。 简称为阿氏圆。 根据以上信息，解 设平面BCF的法向量为n=(x。,yo, 决下面的问题：如 1n·FB1=3.x。-3yo=0, D 之。)，则 图7，在长方体 n·B1C=3y。-3xo=0。 ABCD-AB C D 令x。=1,则n=(1,1,1)。 图7 中，AB=2AD= 由题意得C户=(x-6,y一3，x)。 2AA1=6,点E在棱AB上，BE=2AE,动点 所以点P到平面B1CF的距离h= P满足BP=√5PE。若点P在平面ABCD Cp·nl_|x+y十x-9 内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为 n √3 。如图8，若 9 因为(x2十y2十之2)(12+1十1)≥(x十 点P在长方体 y十x)2,所以-6≤x十y十之≤6。 ABCD-A BCD 故hnm= 6一9=3，点M到平面 内部运动，F为棱 √5 D CD1的中点，M 为CP的中点，则 B,CF的最小距离为。 图8 三棱锥M-B1CF 由题意得△B,CF为等边三角形，且边 的体积的最小值为 长为√3十3=3√2，所以三棱锥M-B1CF 解析：(1)如图9，以AB所在直线为x 轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标 体积的最小值为写××(8恒)×誓-。 系，则B(6,0),E(2,0),设P(x,y)。 点评：借助于空间直角坐标系，把几何对 象上动态点的坐标用参数（变量）表示，将几 由BP=√3PE,得(x一6)2+y2= 何对象坐标化，利用向量法求空间轨迹方程 3[(x一2)2十y2],整理可得x2十y2=12。 是解题的关键。 (责任编辑徐利杰) 若点P在平面ABCD内运动，则点P 28