用空间向量处理立体几何中的探索性问题-《中学生数理化》高二数学2026年9月刊

解题锦囊 用空间向量处理立体几何中的探索性问题 ■湖北小池滨江高级中学 汪亚洲 探索性问题主要是对平行和垂直 平面A,EC,?若存在，求出DF的长 位置关系是否成立作出判断，对空间所 度；若不存在，请说明理由。 形成的角和距离的存在与否作出探究。 思路点拨：(1)建立空间直角坐标 此类试题往往具有一定的新颖性、开放 系，利用空间位置关系的向量证明推理 性、创新性等特点，其一般设问方式是 即可。(2)要证明线面平行，只需证明 “是否存在？若存在，请给出证明；若不 该直线的方向向量与平面的法向量垂 存在，请说明理由”。解决这类试题，首 直即可，设点F(t,2,0),求出平面 先假设其存在，然后在这个假设下进行 A,EC1的法向量n,若假设存在，由 推理论证，如果通过推理得到了合乎情 FD1⊥n,即可求解。 理的结论就肯定假设。探索性、存在性 解析：(1)以 A为原点，建立 问题是条件不完备、结论不确定的问 如图2所示的空 题，利用向量的方法可以将这类问题由 间直角坐标系， 立体几何问题转化为代数中方程（不等 则A(0,0,0), 式)的解的问题。 A1(0,0,2), 考点一、利用空间向量处理平行关系 B,(2,0,2), 图2 例1如图 C1(2,2,2),D1(0,2,2),E(2,1,0)。 1,在棱长为2的 AB1=(2,0,2),A1D=(0,2,0),A1E 正方体ABCD =(2,1,-2)。 A1B1C1D1中，E 因为AB,·A,D1=2X0+0X 为棱BC的中点， 2+2×0=0,AB1·A1E=2×2+0× F为棱CD上一 图1 1+2×(-2)=0,所以AB1⊥A1D1, 点。请用向量方 AB1⊥A,E。 法解决以下问题。 而A1D1∩A1E=A1,A1D1 (1)证明：直线AB1⊥平面 A1EC平面A1ED1,故直线AB1⊥平 A1ED1。 面AED1。 (2)是否存在点F,使直线D,F∥ (2)由(1)知A1C1=(2,2,0),EC 19 解题锦囊 =(0,1,2)。设平面A1EC1的法向量 表示出点Q坐标，再表示出QE,然后 n=(x,y,之)，则： 根据QE与法向量n平行的关系，确定 n·A1C1=2x+2y=0, 方程解的情况，最后作出判断。 n·EC1=y+2z=0。 解析：(1)因为PA⊥平面ABCD, 取x=1,得n=(2,-2,1)。 所以PA⊥AB,PA⊥AD。 假定存在点F,使直线D1F∥平面 又AB⊥AD,故以A为原点，建 A1EC1。设点F的坐标为(t,2,0), 立如图3所示 0≤t≤2，则FD1=(一t,0,2)。 的空间直角坐 由FD1⊥n,得n·FD1=-2t十 标系Axyz, 则A(0,0,0), 2=0,解得t=1。 B(1,0,0), 而D1F中平面A1EC1,则D1F∥ 平面A1EC1 t,号 所以存在点F,使直线D1F∥平面 B D(0,1,0), A,EC1,此时DF=1。 C(1,2,0), 图3 考点二、利用空间向量处理垂直关系 P(0,0,2)。 例2在四棱锥P-ABCD中， PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角 所以DE=1,-20),4C=(1, 梯形，其中AD∥BC,AB⊥AD,AB= 2,0),AP=(0,0,2)。 AD=2BC=1,PA=2,E为棱BC上 显然DE·AP=0,D正·AC=0, 所以DE⊥AP,DE⊥AC。 的点，且BE=BC,点Q在棱CP上 又AP∩AC=A,AP,ACC平面 PAC,故DE⊥平面PAC,所以平面 (不与点C,P重合)。 DEQ⊥平面PAC。 (1)求证：平面DEQ⊥平面PAC。 (2)由(1)得CP=(-1,-2,2), (2)直线QE能与平面PCD垂直 PD=(0,1,-2),PC=(1,2,-2)。 ?若能，求出 的值；若不能，请说 =入(0≤入<1)，则CQ=CP 明理由。 =(一入，-2,2λ)，可得Q(1一λ，2-2λ， 思路点拨：(1)建立合适的空间直 角坐标系，利用向量先证明DE⊥平面 2.即QE-k.-+21.-2a PAC,再证明平面DEQ⊥平面PAC。 设平面PCD的法向量n=(x,y, (2)若线面垂直，则直线的方向向量与 PD·n=0, 则 即 平面的法向量共线。先由CQ=CP PC.n=0, 20 解题锦囊 y-2x=0, 因为GH,B,H中平面A,BE, 令之=一1，则x=2, x+2y-2z=0。 A1E,A1BC平面A1BE,所以GH∥平 y=-2,n=(2,-2,-1)。 面A1BE,B1H∥平面A1BE。 若QE⊥平面PCD,则QE∥n,即 又B,H∩GH=H,且都在平面 2+2 B,GH内，故平面B,GH∥平面 2入 2 -2 一1，该方程无解，所 A1BE。 又因为GB1C平面B,GH,所以 以直线QE不能与平面PCD垂直。 考点三、利用空间向量处理球心问题 GB1∥平面ABE。 例3如图4 所以F的轨迹是以CC1,D,C1的 所示，在棱长为2 中点为端点的线段GH。 的正方体ABCD 因为VB,D,DF=VFB,D,D,所以当 A1BC1D1中，E 点F离平面B1D1D距离最远时三棱 Di 为棱DD1的中点， 锥B1-D,DF的体积最大，此时点F与 F为正方形 CC1的中点H重合。 图4 C1CDD1内一个动 取BD1的中点O,连接OH,则由 点（包括边界），且B1F∥平面A1BE, 正方体性质可得OH⊥平面B,D1D, 当三棱锥B,D1DF体积取最大值时， 所以三棱锥B,-D,DH的外接球球心 其外接球的表面积为。 在OH所在直线上。 思路点拨：先过B1作平面ABE 建立空间直 的平行面，从而确定点F的轨迹，再确 角坐标系，如图5 B 定三棱锥B,D,DF体积取最大值时 所示，则D(0,0, F的位置，进而找到球心所在方位即可 0),D1(0,0,2), D 求解。找外接球球心的一般方法，就是 H(0,2,1),B1(2, 找出相关三角形的外接圆圆心，然后过 2,2),球心为 图5 圆心作该三角形所在平面的垂线，外接 G(x,y,1)。 球球心一定在该垂线上，所以当我们作 则GB1=G'D,GH=G'D。 两个垂线时，若有交点，则交点为外接 于是 10z-2y+y-22+1=2+y+1→ 球球心。 x2+（y-2)2+0=x2+y2+1 5 解析：不妨设点H为CC,的中 点，取D1C1的中点G,连接B1H, 所以R=x2+y2+1=25 3 。 GH,B,G,则由正方体的性质得 4 B1H∥A1E,A1BGH。 (下转第25页) 21 解题锦囊 (方法2)记AP=a,AD=b,DC 令之=1，得x=0,y=4。可取n =c。 =4b十c。 则M不=AN-AM-AC+号A正 所以MN·n -}号0+记+号-号d -(a-b+3)小.4b+e) 8 2 3a·b+ 。a·c- 3 3b、 6b. 3b·c+ 12 1 3c。 362+1 设平面PAB的法向量n=xa十 n·AB=0, yb+c,则 3×4+3×8=0。 n·Ap=0。 故MN⊥n,即MN∥平面PAB。 (xa+b+e)·(e-2b=0, 利用基底法解决立体几何问题时， 故 应结合几何体结构特征、题设条件，综合 (xa+yb+zc)·a=0。 运用“一个核心定理、两种选基技巧、三 所以xn·c- Γ2xa·b+yb·c 项选用原则”精准选取合适基底，方可有 效避开复杂辅助线与烦琐坐标运算，实 2b2+xc2-1 b·c=-2y+8=0, 现立体几何向量问题的高效破解。 xa2+ya·b+za·c=16x=0。 (责任编辑徐利杰) (上接第21页) S=4xR2-25π 灵魂，若线面平行，则方向向量与法向 2 量垂直；若面面平行，则两平面法向量 规律与方法：通过上述解题方法 共线；若线面垂直，则方向向量与法向 可以看出，空间向量为解决立体几何 量共线；若面面垂直，则两平面法向量 问题提供了一种通法。它将几何逻辑 点积为0。当然，向量法并非万能，在 推理转化为代数计算，尤其适用于处 学习中应将传统几何法与空间向量法 理包含垂直关系的几何体。掌握好 相结合，既能培养空间想象能力，又能 “建系、设点、求向量、代公式”这一基 掌握高效的解题工具，这才是学习立 本流程，就能有效解决大部分空间几 体几何的最佳路径。 何问题。我们发现法向量是向量法的 (责任编辑徐利杰) 25