繆建中

江蘇省木并茶高級中學 (226406)

立體幾何的探索性問題是近幾年來高考中常常出現的新題型，而這類問題尤以存在型問題居多.這類問題常以“是否存在”、“是否有”、“是否可能”等語句出現，以示結論有待判斷.“存在型”問題是較典型的開放性的問題，學生往往不會探究.本文舉例說明立體幾何中存在型問題的幾種常見的探索途徑，暴露其思維軌跡，以期發(fā)現此類問題的解題規(guī)律，培養(yǎng)學生的空間想象能力和數學探究能力.

一、垂直條件的探求

例1 如圖1，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，側面PAD是正三角形，且側面PAD⊥底面AB CD，當ADAB的值等于多少時，能使PB⊥AC?并給出證明.

分析：要有PB⊥AC，只要具備AC垂直于PB在底面ABCD上的射影即可，由側面PAD⊥底面ABCD可知P在底面上的射影一定在AD上，而側面PAD是正三角形，故可知P在底面上的射影為AD的中點.

解：取AD的中點F，因PF⊥AD，面PAD⊥面ABCD，所以PF⊥面ABCD，若PB⊥AC，則AC⊥BF，設AD=x,AB=y,

∴∠FOA=90°，∴在△AOF中，AF=x2，AO=13x2+y2,FO=13(12)2+y2,根據題意，有AF2=AO2+FO2，代入可得xy=2，即若ADAB=2，容易證得FB⊥AC，由三垂線定理可證得PB⊥AC.

評注：探索具備什么就有垂直或平行這一類問題，往往是找出命題成立的必要條件，再證明充分性，本題采用的就是這種方法.

例2 (2000年全國高考題)如圖2，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°，則當CDCC1的值為多少時，能使A1C⊥平面C1BD?

分析：文［1］通過建立空間直角坐標系，通過空間向量的坐標運算，探求出此值.其實，不必建立坐標系 ，只要通過空間向量基本定理就可獲結果.

解：設〤B=a,〤D=b,〤C1=c擼瑋a遼=﹟b遼，則〤A1=a+b+c,〣D=〤D-〤B=b-a,〤A1?〣D=(a+b+c)?(b -a)=|b遼2-﹟a遼2+c?b -c?a=|c遼|b遼玞os60°-|c遼|a遼?┆玞os60°=0,∴〤A1摺酮〣D.要使〢1C摺推矯鍯1BD，只須〤A1摺酮〤1D嘸純.

而〤A1?〤1D=(a+b+c)?(b-c)=a?b-a?c+b擢2-c擢2=|a遼|b遼玞os60°-|a遼c遼玞os60°+|b遼2-|c遼2，所以只要|b遼=|c遼，就有〤A1?〤1D=0，從而使A1C⊥平面C1BD.也即CDCC1的值為1時，使A1C⊥平面C1BD.

評注：通過設出三個不共面的非零向量，將其它向量用這三個不共面的向量表示，然后執(zhí)果索因，探求到只要有|b遼=|c遼，就有題中的線面垂直.這是立體幾何中探究問題的常用探究途徑.從上面的解題過程，可以發(fā)現本題中的條件“∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°”，可以減弱為“∠C1CB=∠C1CD=∠BCD”，而不必都等于60°，實際上只要這三個角相等即可.

例3 已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC,AB=1,BC=2,CD=1+3，過A作AE⊥CD，垂足為E，G、F分別為AD、CE的中點，現將△ADE沿AE折疊，使得DE⊥EC.

(1)求證：BC⊥面CDE；

(2)求證：FG∥面BCD；

(3)在線段AE上找一點R，使得面BDR⊥面BCD，并說明理由.

證明：(1)由已知得：DE⊥AE，DE⊥EC，∴DE⊥面ABCE，∴DE⊥BC，又BC⊥CE，

∴BC⊥面DCE.

(2)取AB中點H，連接GH，FH，∴GH∥BD，FH∥BC，∴GH∥面BCD，FH∥BCD，∴面FHG∥面BCD，∴GF∥面BCD.

(3)分析可知，R點滿足3AR=RE時，面BDR⊥面BDC.

證明：取BD中點Q，連結DR、BR、CR、CQ、RQ，容易計算CD=2,BR=52，CR=132，DR=212，CQ=2，在△BDR中，

∵BR=52，DR=212，BD=22，可知RQ=52，∴在△CRQ中，CQ2+RQ2=CR2,∴CQ⊥RQ.又在△CBD中，CD=CB,Q為BD中點，∴CQ⊥BD，∴CQ⊥面BDR，∴面BDC⊥面BDR.

說明：若設AR=x，通過分析，利用面BDC⊥面BDR，推算出x=12亦可，不必再作證明.

二、平行條件的探求

例4 如圖3，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC=60°，平面AA1C1C⊥面ABCD，∠A1AC=60°，在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1?若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由.

分析一：要使BP∥平面DA1C1，只要有BP平行于平面DA1C1內的某一 條直線即可.注意到直線BP在平面BCC1B1內，只要有BP平行于A1D即可.

解法一(傳統(tǒng)方法)：存在這樣的點P.連接B1C，因為A1B1∥=AB∥=DC，∴四邊形A1B1CD為平行四邊形.∴A1D∥B1C，在C1C的延長線上取點P，使C1C=CP，連接BP，因B1B∥=CC1，∴BB1∥=CP，∴四邊形BB1CP為平行四邊形，則BP∥B1C，∴BP∥A1D，∴BP∥平面DA1C1.

分析二：只要在C1C上找一點P，使得向量〣P哂肫矯鍭1DC1的法向量垂直即可.

解法二(向量法)：連接BD交AC于O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°,∴A1O2=AA12+AO2-2AA1?AO玞os60°=3,∴AO2+A1O2=AA12,∴A1O⊥AO，由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，所以A1O⊥底面ABCD.∴以OB、OC、OA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則A(0，-1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，D(-3，0，0)，A1(0，0，3).假設在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1，設〤P=│霜〤C1,狿(x,y,z)，則(x,y-1,z)=λ(0,1,3),得P(0,1+λ,3λ),〣P=(-3,1+λ,3λ),設﹏3摺推矯鍰A1C1，則﹏3摺酮〢1C1

﹏3摺酮〥A1擼設﹏3=(x3,y3,z3)，得到2y3=0,

3x3+3z3=0，不妨取﹏3=(1,0,-1),要使〣P摺紋矯鍰A1C1，只要﹏3?〣P=0，即-3-3λ=0，得λ=-1.即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP.

分析三：只要在C1C上找一點P，使得向量〣P嚦梢雜悶矯鍰A1C1內的兩個不共線的向量線性表示出來，即向量〣P哂肫矯鍰A1C1內的兩個不共線向量共面，而直線BP不在DA1C1內，所以問題得證.

解法三(向量法)：由解法二有〣P=(-3,1+λ,3λ)，而〢1C1=(0,23),〢1D=

(-3,0,-3),要有BP∥平面DA1C1，只要有〣P=m〢1C1+ n〢1D擼即-3n=-3，

1+λ=2m，

3λ=3m-3n，解得λ=-1.即點P在C1C的延長線上且使C1C=CP.

評注：探究直線與平面平行的條件，常據線面平行判定的四種方法，一是通過線線平行證線面平行，二是通過面面平行證線面平行，三是證直線的方向向量與平面的法 向量垂直，四是證直線的方向向量可以表示為平面內的兩個不共線向量的線性組合.本題就 是根據上述四種方法，去探求P點具備方法一、方法三、方法四中的條件，進而找到P點的位 置.由解法一還看出，題設中給出的垂直關系和棱長、角度都沒有用上，如果只要探求題中結論，只要是棱柱都能滿足，給出那么多條件，只是為了使用向量方法解題的需要，其命題思想值得商榷.