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k a+b与k a-2b互相垂直，若存在，求k的值；若不存在，说明理由。
解∵k a+b=k（0，1，0）+（-1，0，1）＝（-1，k，1），k a-2b=（2，k，-2），
且(k a+b)⊥（k a-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.
(k a+b)(k a-2b)=k2a2-k a·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θ，能否确定θ，使直线MN是直线AB与PC的公垂线?若能确定，求出θ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=θ.则A(0，0，0)、B(0，2b，0)、C(2a，2b，0)、D(2a，0，0)、P(0，
0，2atanθ)、M(0，b，0)、N(a，b，atanθ).
∴AB=(0，2b，0)，PC=(2a，2b，-2atanθ)，MN=(a，0，atanθ).
∵AB·MN=(0，2b，0)·(a，0，atanθ)=0，
∴AB⊥MN.即AB⊥MN.
若MN⊥PC，
则MN·PC=(a，0，atanθ)·(2a，2b，-2atanθ)
=2a2-2a2tan2θ=0.
∴tan2θ=1，而θ是锐角.
∴tanθ=1，θ＝45°.
即当θ=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.
B P D A
C E B
P
D A B
C E 二、位置探究型
3．如图所示。
PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB=2，E 是PB 的中点，DP 与AE 夹
角的余弦值为33。
（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). AE DP AE
DP AE DP ⋅=〉〈,cos =3322222
=+m m m ，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(z x ,0,)，
由EF ⊥平面PCB 得：
0=⋅CB EF 且0=⋅PC EF ，
即10)0,0,2()1.1,1(=⇒=⋅---x z x
00)2,2,0()1.1,1(=⇒=-⋅---z z x 。
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DP t DA t DF 21+=⋅、计算出21,t t 后，D 点是已知的，即可求出F 点。
4、在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC 、CD 上的点，且BE ＝CF ．
（1）当E 、F 在何位置时，B 1F ⊥D 1E ；
（2）是否存在点E 、F ，使A 1C ⊥面C 1EF ？
（3）当E 、F 在何位置时三棱锥C 1－CEF 的体积取得最大值，并求此时二面角C 1－EF －C 的大小．
三、巩固提高 5、 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，所有棱的长度都是2，M 是BC 边的中点，问：在侧棱CC 1上是否存在点N ，使得异面直线AB 1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 （3，1，0），
B 1(3，1，2)，M(32，32
，0). 点N 在侧棱CC 1上，可设N （0，2，m ）（0≤m≤2）， 则1AB =(3，1，2)，MN =(
32，12，m)， 于是|1AB |=22，|MN |=12+m ，1AB ·
MN =2m-1. 如果异面直线AB 1和MN 所成的角等于45°，那么向量1AB 和MN 的夹角是45°或135°，而
cos<1AB ，MN >=||||1MN AB MN AB ••=1221
22+•-m m ，
所以122122+•-m m =±22
.解得m=-43，这与0≤m≤2矛盾.
即在侧棱CC 1上不存在点N ，使得异面直线AB 1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 —ABC Ｄ中，∠ABC=600，PA=AC=a ，PB=PD=a 2,点E 在PD 上，且PE:ED=2:1.
（I ）证明PA ⊥平面ABCD ；
（II ）求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角θ的大小；
（Ⅲ）在棱PC 上是否存在一点F ，使BF//平面AEC ？证明你的结论.
（Ⅰ）证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，
所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中，
由PA 2+AB 2=2a 2=PB 2 知PA ⊥AB.
同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD.
（Ⅱ）解 作EG//PA 交AD 于G ， 由PA ⊥平面ABCD. 知EG ⊥平面ABCD.作GH ⊥AC 于H ，连结EH ， 则EH ⊥AC ，∠EHG 即为二面角θ的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以.3360sin ,32,31a AG GH a AG a EG =︒===
从而 ,3
3tan ==GH EG θ .30︒=θ （Ⅲ）解法一 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如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为
).0,2
1,23(),0,21,23(),0,0,0(a a C a a B A - ).3
1,32,0(),,0,0(),0,,0(a a E a P a D 所以 ).0,2
1,23(),31,32,0(a a AC a a AE == ).,2
1,23(),,0,0(a a a PC a AP -== ).,2
1,23(a a a BP -= 设点F 是棱PC 上的点，,10),,2
1,23(<<-==λλλλλ其中a a a PC PF 则 ),2
1,23(),21,23(λλλa a a a a a PF BP BF -+-=+= )).1(),1(2
1),1(23(λλλ-+-=a a a 令 AE AC BF 21λλ+= 得 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=+=-⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=+=-.311,341,1.31)1(,3221)1(21,23)1(2322112211λλλλλλλλλλλλλλ即a a a a a a a 解得 .23,21,2121=-==
λλλ 即 21=λ时，.2
321AE AC BF +-= 亦即，F 是PC 的中点时，BF 、AC 、AE 共面.
又 BF ⊄平面AEC ，所以当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC. 解法二 当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC ，证明如下，
证法一 取PE 的中点M ，连结FM ，则FM//CE. ①
由 ,2
1ED PE EM ==
知E 是MD 的中点. 连结BM 、BD ，设BD ⋂AC=O ，则O 为BD 的中点. 所以 BM//OE. ②
由①、②知，平面BFM//平面AEC.
又 BF ⊂平面BFM ，所以BF//平面AEC.
证法二
因为 )(2
121DP CD AD CP BC BF ++=+= .2
123)(23)(212321AC AE AD AE AC AD AD DE CD AD -=-+-+=++= 所以 BF 、AE 、AC 共面.
又 BF ⊄平面ABC ，从而BF//平面AEC.
【方法归纳】点F 是线PC 上的点，一般可设PC PF λ=，求出λ值，P 点是已知的，即可求出F 点
.。