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(2)若SDL平面PAC求二面角P-AC-D的大小.
(3)在⑵的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE//平面PAC若
存在,求SEEC的值;
若不存在,试说明理由.
如图所示,在正方体ABC—ABC.D中,M,N分别是
BC中点.
平面BiMNL平面BBDD;
ii
(2)在棱DD上是否存在点P,使BD//平面PMN若确定点P的位置;
若没有,说明理由.
如图所示,在四棱锥P-ABCD中,侧面PADL底面
ABCD侧棱PA=PD*2,底面ABCD^直角梯形,其中
BC//ADAB丄ADAD=2AB=2BC=20为AD中点.
POL平面ABCD
(2)求异面直线PB与CD所成角的大小:
(3)
线段AD上是否存在点Q使得它到平面PCD的距离为仝?
若存在,求出
2
AQDQ的值;
若不存在,请说明理由.
立体几何中探索性问题的向量解法
高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题。
对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决。
立体几何引入空间向量后,可以借助向量工具,使几何问题代数化,降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时,更可以发挥这一优势.
本节课主要研究:
立体几何中的存在判断型和位置探究型问题等探索性问题。
一、存在判断型
1、已知空间三点A(-2,0,2),B(-2,1,2),C(-3,0,3).设a=AB,b=AC,是否存在存在实数k,使向量ka+b与ka-2b互相垂直,若存在,求
k的值;
若不存在,说明理由。
解vka+b=k(0,1,0)+(-1,0,1)=(-1,k,1),ka-2b=(2,k,-2),
且(ka+b)丄(ka-2b),
•••(-1,k,1).(2,k,-2)=k2-4=0.
则k=-2或k=2.
点拨:
第
(2)问在解答时也可以按运算律做.
(ka+b)(ka-2b)二k2a2-ka•b-2b2=k2-4=0,解得k=-2或k=2.
2、如图,已知矩形ABCDPAL平面ABCDMN分别是ABPC的中点,/PDA为,能否确定,使直线MN是直线AB与PC的公垂线?
若能确定,求出的值;
若不能确定,说明理由.
解:
以点A为原点建立空间直角坐标系A-xyz.设
|AD|=2a,|AB|=2b,/PDA=.则A(0,0,0)、B(0,2b,0)、C(2a,2b,0)、D(2a,0,0)、P(0,0,2atan)、M(0,b,0)、N(a,b,atan).
二ab=(0,2b,0),PC=(2a,2b,-2atan),mn=(a,
0,atan).
ab•MN=(0,2b,0)•(a,0,atan)=0,
ab丄mn.即ABlMN.
若MNLPC
则mn•PC=(a,0,atan)•(2a,2b,-2atan)
222
=2a-2atan=0.
.tan2=1,而是锐角.
.tan=1,=45°
.
即当=45°
时,直线MN是直线AB与PC的公垂线.
【方法归纳】对于存在判断型问题,解题的策略一
般为先假设存在,然后转化为“封闭型”问题求解判断,若不出现矛盾,则肯定存在;
若出现矛盾,则否定存在。
这是一种最常用也是最基本的方法.
二、位置探究型
3.
如图所示。
PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2E是PB的中点,DP与AE夹角的余弦值为于。
(1)建立适当的空间坐标系,写出点E的坐标。
(2)在平面PAD内是否存在一点F,使EFL平面PCB解析:
⑴以DADCDP所在直线分别为x轴、y轴、
z轴,建立空间直角坐标系,设P(0,0,2m).
则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、E(1,1,m),
从而AE=(-1,1,m),DP=(0,0,2m).
DPAE=2mDp]|aE|2m&
__
所以E点的坐标为(1,1,1).
(2)由于点F在平面PAD内,
由EF丄平面PCB得:
EFCB0且EFPC0,
即(x1,1.z1)(2,0,0)0x1
(x1,1.z1)(0,2,2)0z0。
cosDP,AE
所以点F的坐标为(1,0,0),即点F是DA的中点时,可使EF丄平面PCB.
【方法归纳】点F在平面PAD上一般可设DFtQAt2DP、计算出匕出后,D点是已知的,即可求出F点。
4、在棱长为a的正方体ABCBA^^qD,中,E、F分别是棱BCCC上的点,且BE=CF.
(1)当E、F在何位置时,B1F±
D|E;
(2)是否存在点E、F,使AC丄面CEF?
Pi.
D.
(3)当E、F在何位置时三棱锥q—CEF的体积取得最大值,并求此时
二面角q—EF一C的大小.」|
(1)以A为原点,以AB'
AD、、:
为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设BE=x,则有
因此,占论E、F在何位置均有B1Q1D1E
(2)AC.(a,a,-a),EG.(0,a・x,a),Fc1.(x,0,a),
CEF,贝S“
若AC丄面
盾,故不存在点
(3)%.CEF
a(a・x)・a20
厶-得a0矛ax・a0
E、F使AC丄面C1EF
_a
_6
-(x-2)2
当x-时,三棱锥Ci—CEF的体积最大,这时,
■2
F分别为BGCD的中点。
连接AC交EF于G,则AC丄EF,由三垂线定理知:
GG丄EF
:
』GGC是二面角G-EF-C的平面角.,
【方法归纳】立体几何中的点的位置的探求经常借助于空间向量,引入参数,综合已知和结论列出等式,体几何中的点的位置的探求的常用方法.
三、巩固提高
月n
d,
4"
二一—
6
E、
al__
E
解出参数•这是立
D
5、在正三棱柱ABCABC中,所有棱的长度都是2,M是BC边的中点,问:
在侧棱CG上是否存在点N,使得异面直线AB和MN所成的角等于45°
以A点为原点,建立如图9-6-5所示的空间右手直角坐标系A—xyz.
因为所有棱长都等于2,所以
A(0,0,0),C(0,2,0),BU3,1,0),
B(3,1,2),m(¥
3,°
).
点N在侧棱CC上,可设N(0,2,m)(0<
me2),则AB1=(.3,1,2),MN=(3,1,m),
22
于是|ABi|=242,|MN|=Jm21,ABi•MN=2m-1.
如果异面直线AB和MN所成的角等于45°
那么向量
AB1和MN的夹角是45°
或135°
而cosvAB1,
AB?
MN2m1
MN>
=|AB1|?
|MN|=2.2?
.m21
2m1
以22?
」m$1=±
3
m=-4,这与0eme2矛盾.
因为底面ABCD^菱
即在侧棱CC上不存在点N,使得异面直线AB和MN所成的角等于45°
6、(湖南高考•理)如图,在底面是菱形的四棱锥
P—ABCD中,/ABC=60,PA=AC=,PB=PD=2a,点E在PD上,且PE:
ED=2:
1.
(I)证明PAL平面ABCD
(II)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角的
大小;
(皿)在棱PC上是否存在一点F,使BF(I)证明
形,/ABC=60,
所以AB=AD=A(a=在厶PAB中,由P^+AB=2a2二PB知PALAB.
同理,PALAD所以PAL平面ABCD.
(H)解作EG知EGL平面ABCD作GHLAC于H,连结EH,则EHLAC/EHG即为二面角的平面角.
又PE:
ED=2:
1,所以EG^a,AG2a,GHAGsin603a.
333
EG3“
从而tan,30.
GH3
(皿)解法一以A为坐标原点,直线ADAP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.由题设条件,相关各点的坐标分别为
1
由EM-PEED,知E是MD的中点.
连结BMBD设BDAC=O贝卩O为BD的中点.
所以BM②
由①、②知,平面BFM又BF平面BFM所以BF证法二
因为BFBC1CPAD1(CDDP)22所以BF、Ae、Ac共面.
_又巧平面ABC从而BF【方法归纳】点F是线PC上的点,一般可设PFPC,求出值,P点是已知的,即可求出F点
高考复习课:
立体几何中探索性问题的向量解法本节课主要研究:
1.已知空间三点A(-2,0,2),B(-2,1,2),C(-3,0,3).设a=AB,b=AC,是否存在存在实数k,使向量ka+b与ka-2b互相垂直,若存在,求k的值;
2.如图,已知矩形ABCDPAL平面ABCDMN分别是ABPC的中点,/PDA为,能否确定,使直线MN是直线AB与PC的公垂线?
【方法归纳】:
3.如图所示。
PD垂直于正方形ABCC所在平面,AB=2E是PB的中点,
在平面PAD内是否存在一点F,使EF丄平面PCB
4.在棱长为a的正方体ABCBA1B1C1D1
F分别是棱BCCDh的点,且BE=CF.
DjE;
(3)当E、F在何位置时三棱锥C|-CEF积取得最大值,并求此时二面角q—EF—C的大
2、如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩丄底面ABCDPA=AB=jAD=/3,点F是PB的中点,点E在边BC上移动.
(1)点E为BC的中点时,试判断EF与平面PAC的位置关系,并说明理由.
为45。
【方法归纳】
5.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱的长度都是
2,M是BC边的中点,问:
在侧棱CC上是否存在点N,使得异面直线AB和MN所成的角等于45°
6.(湖南高考•理)如图,在底面是菱形的四棱锥
P—ABCD中,/ABC=60,PA二ACa,PB=PD=2a,点E在PD上,且PE:
(II)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角的大小;
(皿)在棱PC上是否存在一点F,使BF
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- 立体几何 中的 探索 问题