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1、向前一小步，上升一高度07届高三数学“决胜六月”系列13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=，b=，是否存在存在实数k，使向
2、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∵ka+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），ka-2b=（2，k，-2），且(ka+b)⊥（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)=k2a2-ka·b-2b2=k2-4=0，解得k=-2或k=2.2、如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是AB、PC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
3、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
4、AD
5、=2a，
6、AB
7、=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).∴=(0，2b，0)，=(2a，2b，-2atan)，=(a，0，atan).∵·=(0，2b，0)·(a，0，atan)=0，∴⊥.即AB⊥MN.若MN⊥PC，则·=(a，0，atan)·(2a，2b，-2atan)=2a2-2a2tan2=0.∴tan2=1，而
8、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PDABCE3．如图所示。PD垂直于正方形ABCD所在平面，AB=2，E是PB的中点，与夹角的余弦值为。（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EF⊥平面PCB？解析：⑴以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角
9、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=(-1,1,m),=(0,0,2m).6向前一小步，上升一高度07届高三数学“决胜六月”系列13PDACEB=，得m=1.所以E点的坐标为（1,1,1）.（2）由于点F在平面PAD内，故可设F()，由⊥平面PCB得：且，B即。所以点F的坐标为（1,0,0）,即点F是DA的中点时，可使EF⊥平面PCB.【方法归纳】点F在平面PAD上一般可设、计算出后，D点是已知的，即可求出F点。4、在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、
10、F分别是棱BC、CD上的点，且BE＝CF．（1）当E、F在何位置时，B1F⊥D1E；（2）是否存在点E、F，使A1C⊥面C1EF？（3）当E、F在何位置时三棱锥C1－CEF的体积取得最大值，并求此时二面角C1－EF－C的大小．解：（1）以A为原点，以为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设BE=x，则有因此，无论E、F在何位置均有（2）若A1C⊥面C1EF，则得矛盾，故不存在点E、F，使A1C⊥面C1EF（3）当时，三棱锥C1—CEF的体积最大，这时，E、F分别为BC、CD的中点。连接AC交EF于G，则AC⊥EF，由三垂线定理知：C1G⊥E
11、F，【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，解出参数.这是立体几何中的点的位置的探求的常用方法.三、巩固提高6向前一小步，上升一高度07届高三数学“决胜六月”系列135、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CC1上是否存在点N，使得异面直线AB1和MN所成的角等于45°？解：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），B（，1，0），B1(，1，2)，M(，，
12、0).点N在侧棱CC1上，可设N（0，2，m）（0≤m≤2），则=(，1，2)，=(，，m)，于是
13、
14、=2，
15、
16、=，·=2m-1.如果异面直线AB1和MN所成的角等于45°，那么
