立體幾何中的探索性問題探析

摘要：探索性問題是近年來高考立體幾何中的常見題型，常以動點形式出現.探索性問題主要是對位置關系、角的大小以及點的位置的探究，或者對條件和結論不完備的開放性問題的探究.解決此類問題時，通常先根據探索性問題的設問，假設其存在并探索出結論，然后在這個假設下進行合情合理的推理與論證，若得到合乎情理的結論就肯定假設，若得到矛盾就否定假設.

關鍵詞：立體幾何；探索性；問題

探索性問題是近年各種考試的熱點題型，對于立體幾何，主要有“是否存在型”與“條件型”兩類，下面從4個方面分別展示一例，通過詳細的分析與求解，以期給出思路上的啟發與指導.

1 線面平行探索性問題

例1底面是平行四邊形的四棱錐PABCD，點E在棱PD上，且PE∶ED=2∶1，問在棱PC上是否存在一點F，使BF∥平面AEC？證明你的結論.

分析：如圖1，根據直線與平面平行的判定定理，嘗試在平面AEC內尋求與BF平行的直線，觀察圖形，發現較為困難.聯想到“面面平行時，則其中一個平面內的直線必與另一個平面平行”，可以構建過點B與平面AEC平行的平面，這樣就可以在其他地方尋求與平面AEC內直線平行的直線.如連接BD交AC于點O，則平面PBD∩平面AEC=OE，在平面PBD內，能找到與OE平行且過點B的直線嗎？利用平面幾何知識不難解決，有了這條直線，以此為基礎再尋找一條直線與它相交，又與平面AEC平行，這樣面面平行就構建出來了.

解：連接BD交AC于點O，連接OE，過點B作OE的平行線交PD于點G，過點G作GF∥CE，交PC于點F，連接BF.

因為BG∥OE，BG平面AEC，所以BG∥平面AEC.

同理GF∥平面AEC.又BG∩GF=G，所以

平面BFG∥平面AEC.

因為BF面BFG，所以BF∥面AEC.

下面求點F在PC上的具體位置.

由BG∥OE，O是BD的中點，得E是GD的中點.

又PE∶ED=2∶1，所以G是PE的中點.

而GF∥CE，所以F是PC的中點.

綜上，當F是PC中點時，BF∥平面AEC.

本題充分展示了利用面面平行解決線面平行問題的獨特性，把不易尋找的線線平行轉化為其他位置的線線平行，不過與直接利用直線與平面平行判定的定理來解決相比較，要多尋找一對線線平行關系.但要注意，若直接能用直線與平面平行的判定定理來解決的線面平行問題，就不一定要用面面平行來解決了.

2 線線垂直探索性問題

例2已知矩形ABCD中，AB=1，BC=a（agt;0），PA⊥平面ABCD，問BC邊上是否存在點Q使得PQ⊥QD，并說明理由.

分析：設想這樣的點Q存在，則PQ⊥QD.題中問BC上是否存在點Q，故要把PQ⊥QD關系轉化到平面ABCD中去解決.如何轉化呢？一種是利用平行線，另一種是利用線面垂直，而前者不可以，因為PQ∩平面ABCD=Q，所以PQ不可能與平面ABCD內某直線平行.于是利用線面垂直，發現PA⊥平面ABCD，則PA⊥QD，從而QD⊥平面PAQ，所以QD⊥AQ，這就回到平面ABCD內了.因此，問題就變成“在矩形ABCD中，BC邊上是否存在點Q使AQ⊥QD”，利用相似三角形可以解決.

解：假設在BC上存在點Q，使AQ⊥QD，連接AQ，如圖2.

因為PA⊥平面ABCD，QD平面ABCD，所以PA⊥QD.

又AQ⊥QD，PA∩AQ=A，所以QD⊥面PAQ，從而

QD⊥PQ.設BQ=x.

如圖3，△ABQ∽△QCD，則

ABQC=BQCD.

又AB=CD=1，

QC=BC-BQ=a－x，所以

1a－x=x1，

即

x2－ax+1=0，

有Δ=a2－4.

當Δgt;0，即agt;2時，方程①有兩個不同的解，

即當BCgt;2時，在BC上存在兩個點Q使PQ⊥QD.

當Δ=0，即a=2時，方程①有兩個相同的解，

即當BC=2時在BC上存在唯一的點Q使PQ⊥QD.

當Δlt;0即0lt;alt;2時，方程①無實數解，

即當0lt;BClt;2時在BC上不存在點Q使PQ⊥QD.

利用線面垂直的定義，把空間中的垂直問題轉化為平面內的垂直問題，再根據平面幾何知識，利用方程解的存在性來判斷點的存在性，這也是一種常用思維方式.另外，本題還可以轉化為以AD為直徑的圓與BC的交點問題.

3 線面垂直探索性問題

例3正方體ABCDA1B1C1D1中，E，F分別為AB，BC的中點.

（1）試問BD1能與平面B1EF垂直嗎？請給出適當的理由.

（2）若BD1不能與平面B1EF垂直，改變正方體的高，當高與底

面邊長之比為多少時，BD1⊥面B1EF？

分析：（1）證明線面垂直，需證明直線與平面內兩相交直線都垂直，而說明一條直線與平面不垂直，只要在平面內找到一條直線與已知直線不垂直即可.

在圖4中，BD1是正方體的體對角線，由正方體的特征知，只要BD1與B1E有什么關系，則BD1與B1F就有什么關系，即BD1與B1E和BD1與B1F有相同的關系.而B1E與B1F是相交直線，因此如果BD1與B1E垂直，則BD1就垂直于平面B1EF；如果BD1與B1E不垂直，則BD1就不垂直于平面B1EF.我們可以先設想BD1與B1E垂直，而A1D1⊥平面AA1B1B，則A1D1⊥B1E，于是B1E⊥平面A1BD1，則B1E⊥A1B，但在正方形AA1B1B中，E是AB的中點，可知A1B與B1E不可能垂直，所以BD1與面B1EF就不垂直.

（2）由（1）的分析可知，只要A1B⊥B1E，則平面B1EF垂直于BD1.在長方形AA1B1B中，利用三角形相似，可以求得B1B與AB的比值.

解：（1）不垂直，因為在正方形AA1B1B中A1B與B1E不垂直.假設BD1⊥平面B1EF，則BD1⊥B1E.因為A1D1⊥平面AA1B1B，B1E平面AA1B1B，所以A1D1⊥B1E.

又A1D1∩BD1=D1，所以B1E⊥平面A1D1B，則B1E⊥A1B，這與B1E不垂直A1B矛盾.

故BD1與平面B1EF不垂直.

（2）在矩形A1ABB1中（改變了正方體的高），

若B1E⊥A1B，如圖5，則∠1+∠3=90°，而∠1+∠2=90°，所以

∠2=∠3，則Rt△A1AB∽Ｒｔ△EBB1.

所以AA1BE=ABBB1，即BB1·AA1=BE·AB.

又BB1=AA1，BE=12AB，則BB21=12AB2，所以

BB1AB=22.

所以當BB1AB=22時，B1E⊥A1B.

又由（1）可知A1D1⊥B1E，所以B1E⊥平面BA1D1，則

B1E⊥BD1.

同理B1F⊥BD1.

而B1E∩B1F=B1，所以

BD1⊥平面B1EF.

綜上所述，當改變正方體的高，使高與底面邊長之比為22時，BD1⊥平面B1EF.

本題在說明直線與平面不垂直時，用的是反證法.特別是這里利用了正方體的特性，即BD1與B1E和BD1與B1F具有相同的位置關系，把線面垂直問題等價于BD1與B1E垂直與否的問題，使問題大大簡化.

4 點的位置探索性問題

例4如圖6，已知四邊形ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，且二面角FDCB的大小為60°.

（1）證明：平面BCF⊥平面ABCD.

（2）在線段AE上是否存在點M，使得二面角MBCF的大小為45°？若存在，請求出點M的位置；若不存在，請說明理由.

分析：（1）根據直線與平面垂直的判定定理和平面與平面垂直的判定定理進行證明即可.

（2）建立空間直角坐標系，利用二面角的定義，結合空間向量夾角公式進行求解即可.

（1）證明：因為四邊形ABCD和EFCD都是直角梯形，

∠BAD=∠CDE=60°，

所以DC⊥CF，DC⊥CB，且CF∩CB=C，CF，CB平面BCF，所以DC⊥平面BCF.

又DC平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BCF.

（2）過點E，D分別作直線DC，AB的垂線EG，DH，垂足分別為G，H.

由已知和平面幾何知識易知，DG=AH=2，∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，

則四邊形EFCG和四邊形DCBH是矩形，所以在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG=DH=23.

假設在AE上存在點M，使得二面角MBCF的大小為45°.

由（1）可知DC⊥平面BCF，則∠BCF是二面角FDCB的平面角，

所以∠BCF=60°，從而△BCF是正三角形.

取BC的中點N，則FN⊥BC，又FN平面BCF，

所以FN⊥平面ABCD.

過點N作AB平行線NK，

則以點N為原點，NK，NB，NF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Nxyz，

則A（5，3，0），B（0，3，0），C（0，－3，0），E（1，0，3）.

設AM[TX→=λAE[TX→（0≤λ≤1），則可得點M的坐標為（5－4λ，3－3λ，3λ），所以BM=（5－4λ，－3λ，3λ），BC=（0，－23，0）.

設平面BCM的法向量為[WTHXn1=（x，y，z）.

由[WTHXn1·BC=0，[WTHXn1·BM=0，得－23y=0，（5－4λ）x－3λy+3λz=0，取[WTHXn1=1，0，4λ－53λ.

易知平面BCF的一個法向量[WTHXn2=（1，0，0）.

所以cos 45°=|[WTHXn1·[WTHXn2||[WTHXn1||[WTHXn2|=11+4λ－53λ2.

整理化簡為7λ2－40λ+25=0，解得λ=57或λ=5（舍去）.

所以，存在點M，使得二面角MBCF的大小為45°，且AM=57AE.

對于位置探索性問題，通常借助于向量，引入參數，綜合運用條件和結論列方程，解出參數，進而確定其位置.