（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 微专题十 立体几何中探索性

1微专题十立体几何中探索性问题的研究[追根溯源]高考中的立体几何探索性试题，我们一般可以采用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，这类试题的一般设问方式是“是否存在？存在给出证明，不存在说明理由”．解决这类试题，一般根据探索性问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．例题如图，在底面是菱形的四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝2a，点E在PD上，且PE∶ED＝2∶1.(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角的大小；(3)问：在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC.证明你的结论．审题方法F是线段PC上的点，一般可设PF→＝λPC→，求出λ的值，点P是已知的，即可求出点F.解题思路(1)证明的是线面垂直，只要努力去找直线与平面内的两条相交直线垂直即可；(2)按找二面角的方法进行；(3)通过建立恰当的直角坐标系，给出相应点的坐标，利用坐标关系和向量的相等就可以解决了．(1)证明因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝a，在△PAB中，由PA2＋AB2＝2a2＝PB2，知PA⊥AB，同理PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.(2)解如图1所示，作EG∥PA交AD于G，由PA⊥平面ABCD，知EG⊥平面ABCD，作GH⊥AC于H，连接EH，则EH⊥AC，则∠EHG为所求二面角的平面角，设为θ.又PE∶ED＝2∶1，图1则EG＝13a，AG＝23a，GH＝AGsin60°＝33a，2从而tanθ＝EGGH＝33，所以θ＝30°.(3)解以A为坐标原点，直线AD，AP分别为y轴，z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．由题设条件，相关各点的坐标分别为A(0，0，0)，B32a，－12a，0，C32a，12a，0，D(0，a，0)，P(0，0，a)，E0，23a，13a.图2所以AE→＝0，23a，13a，AP→＝(0，0，a)，AC→＝32a，12a，0，PC→＝32a，12a，－a，BP→＝－32a，12a，a.设F是棱PC上的点，且PF→＝λPC→＝32aλ，12aλ，－aλ，其中0λ1，则BF→＝BP→＋PF→＝－32a，12a，a＋32aλ，12aλ，－aλ＝32aλ－1，12a1＋λ，a1－λ.令BF→＝λ1AC→＋λ2AE→，得：32aλ－1＝32aλ1，12aλ＋1＝12aλ1＋23aλ2，a1－λ＝13aλ2，解得λ＝12，λ1＝－12，λ2＝32，即λ＝12时，BF→＝－12AC→＋32AE→，即F是PC的中点时，BF→，AC→，AE→共面．又BF不在3平面AEC内，所以当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC.例题追根溯源如图，在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中，∠ABC＝60°，PA＝AC＝a，PB＝PD＝2a，点E在PD上，且PE∶ED＝λ∶1(λ∈N*)．(1)证明：PA⊥平面ABCD；(2)在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC.证明你的结论．审题方法F是线段PC上的点，一般可设PF→＝tPC→，求出t的值，点P是已知的，即可求出点F.解题思路通过建立恰当的直角坐标系，给出相应点的坐标，令所求直线对应的向量用该平面内的两个不共线向量表示即可．(1)证明因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以AB＝AD＝AC＝a，在△PAB中，由PA2＋AB2＝2a2＝PB2，知PA⊥AB，同理PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD.(2)解方法一以A为坐标原点，直线AD，AP分别为y轴，z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系，由题设条件，相关各点的坐标分别为A(0，0，0)，B32a，－12a，0，C32a，12a，0，D(0，a，0)，P(0，0，a)，E0，λλ＋1a，1λ＋1a.所以AE→＝0，λλ＋1a，1λ＋1a，AP→＝(0，0，a)，AC→＝32a，12a，0，PC→＝32a，12a，－a，BP→＝－32a，12a，a.设F是棱PC上的点，且PF→＝tPC→＝32at，12at，－at，其中0t1，则BF→＝BP→＋PF→＝－32a，12a，a＋32at，12at，－at＝32at－1，12a1＋t，a－at.令BF→＝λ1AC→＋λ2AE→，得432at－1＝32aλ1，12at＋1＝12aλ1＋λλ＋1aλ2，a－at＝1λ＋1aλ2，解得t＝λ－1λ，λ1＝t－1，λ2＝(λ＋1)(1－t)，即PF→＝λ－1λ·PC→，故BF→可以由AC→和AE→线性表示，并且BF⊄平面AEC，所以BF∥平面AEC.审题方法作出适当的辅助线，利用中位线定理找到平行关系．解题思路从E点出发，在线段PE上找到点M，使得E成为MD的中点，连接OE，构造△DBM的中位线，下面只需作MF∥EC交PC于点F，这样点F就被找到了．方法二如图3，在PE上取一点M，使得ME＝ED，过点M作MF∥EC交PC于点F，连接BD交AC于点O，连接EO，BM.图3在△DBM中，E，O分别是DM，DB的中点，所以EO∥BM，即BM∥平面AEC.又因为MF∥平面AEC，所以平面BMF∥平面AEC，故BF∥平面AEC.故PMPE＝PFPC＝λ－1λ.5