張偉志　張海娟

題目 (2008年山東理科卷第20題）

圖1如圖1，已知四棱錐P-ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC=60°，E、F分別是BC，PC的中點(diǎn).

(Ⅰ)證明：AE⊥PD；

(Ⅱ）若H為PD上的動(dòng)點(diǎn)，EH與平面PAD所成最大角的正切值為62，求二面角E-AF-C的余弦值.

1 解法研究

第(Ⅰ)小題證法比較簡(jiǎn)單，以下對(duì)第(Ⅱ）小題解法進(jìn)行研究.(Ⅱ)分析和略解 設(shè)AB=2，H為PD上任意一點(diǎn)，連接AH、EH.由(Ⅰ）知：AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角.在Rt△EAH中，AE=3，所以當(dāng)AH最短時(shí)，∠EHA最大，即當(dāng)AH⊥PD時(shí)，∠EHA最大.此時(shí)tan∠EHA=AEAH=3AH=62,因此AH=2.又AD=2，所以∠ADH=45°，所以PA=2.

圖2因?yàn)镻A⊥平面ABCD，PA計(jì)矯鍼AC，所以平面PAC⊥平面ABCD.

過(guò)E作EO⊥AC于O，則EO⊥平面PAC.

過(guò)O作OS⊥AF于S，連接ES，則∠ESO為二面角E-AF-C的平面角.

在Rt△ESO中，不難求出cos∠ESO=155.

即所求二面角的余弦值為155.

2 本質(zhì)提示

由AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角，在Rt△EAH中，tan∠EHA=AEAH,AE的長(zhǎng)度不變，當(dāng)AH最短時(shí)，tan∠EHA最大，∠EHA最大.

在△APD中，H在線段PD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)AH⊥PD時(shí)，AH的長(zhǎng)度最小，從而∠EHA最大.這樣，就將三維立體問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二維平面幾何問(wèn)題，使之得以簡(jiǎn)化.

圖3這一類“動(dòng)態(tài)”立體幾何題在近幾年的高考中經(jīng)常出現(xiàn)，題目中除了固定不變的線線、線面、面面關(guān)系外，滲透了一些“動(dòng)態(tài)”的點(diǎn)、線、面元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題意更新穎，更靈活，加強(qiáng)了對(duì)學(xué)生空間想象能力的考查.除了以上這種轉(zhuǎn)化方法之外，還可以運(yùn)用待定系數(shù)法、引入?yún)?shù)或目標(biāo)函數(shù)、變動(dòng)為靜等策略來(lái)解決此類問(wèn)題.

3 引申和推廣

圖4例1 如圖4，已知直線m⊥平面α,垂足為O，P∈α,且P不同于O，直線n為平面α內(nèi)過(guò)P但不過(guò)O的直線，長(zhǎng)度為a的線段AB在直線m上滑動(dòng)，直線n可繞點(diǎn)P在平面α內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)長(zhǎng)度為b的線段CD在n上滑動(dòng)，且|PO|=c,求三棱錐A-BCD體積的最大值.

分析和略解 本題可采用割補(bǔ)、等積、轉(zhuǎn)化途徑求解，連結(jié)CO，DO，m⊥平面OCD.

于是V瑼-BCD=V瑼-OCD-V瑽-OCD=13OA·S△OCD-13OB·S△OCD=16abd(其中d為O到CD距離）.

因?yàn)閚可繞P轉(zhuǎn)動(dòng)，d≤c,當(dāng)且僅當(dāng)直線n⊥OP時(shí)等號(hào)成立，所以V瑼-BCD最大值為16abc.

評(píng)析 本題中很難直接求△BCD面積和三棱錐的高.盡管AB、CD在m、n上滑動(dòng)，n又繞P轉(zhuǎn)動(dòng)，但可通過(guò)模擬實(shí)驗(yàn)尋求不變因素，以靜制動(dòng).

例2 在邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD中，MN分別是DA，BC上的點(diǎn)，且MN∥AB,連接AC交MN于點(diǎn)P，沿MN將正方形ABCD折成直二面角.

(Ⅰ)求證：無(wú)論怎樣平移MN(保持MN∥AB），∠APC大小保持不變.

(Ⅱ)當(dāng)MN在何位置時(shí)，點(diǎn)M到面ACD的距離最大，并求這個(gè)最大值.

圖5分析和略解 如圖5，(Ⅰ)設(shè)AM=x,則CN=a-x,PA=2x,PC=2(a-x)

AC2=AM2+DM2+CD2=2a²+2x²-2ax,cos∠APC=PA2+PC2-AC22·PA·PC

=2x²+2(a-x)2-(2a²+2x²-2ax)22x·2(a-x)=-12,∠APC為定值120°.

(Ⅱ)過(guò)M作MH⊥DA于H，則MH的長(zhǎng)度就是M到平面ACD的距離，MH=x·(a-x)x²+(a-x)2≤x+(a-x)22·1x²+(a-x)2=a²4·12x-a22+a²2

當(dāng)且僅當(dāng)x=a2時(shí)，上述不等式中等號(hào)成立；而對(duì)于目標(biāo)函數(shù)2(x-a2)2+a²2，亦當(dāng)x=a2時(shí)取最大值a²2，從而當(dāng)x=a2時(shí)，MH璵ax=2a4.

評(píng)析 本題第(Ⅰ)小題中引入?yún)?shù)x并巧妙地利用余弦定理消去參數(shù)，使問(wèn)題迎刃而解；第(Ⅱ）小題中，結(jié)合基本不等式和二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，達(dá)到了由數(shù)到形的轉(zhuǎn)化.

例3(2008年福建理18）如圖6，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA=PD=2，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2，O為AD中點(diǎn).

(Ⅰ)求證：PO⊥平面ABCD；

圖6(Ⅱ）求異面直線PB與CD所成角的正切值；

(Ⅲ)線段AD上是否存在點(diǎn)Q，使得它到平面PCD的距離為32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

圖7解析 (Ⅰ)略；(Ⅱ)由條件知，OC、OD、OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC、OD、OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,依題意，易得A(0，-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1).

所以CD=(-1，1，0），PB=(1，-1，-1）.

所以cos=CD·PB|CD|·|PB|=-63.故異面直線PB與CD所成角的正切值為22.

(Ⅲ）假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得它到平面PCD的距離為32，由(Ⅱ)知CP=(-1，0，1），CD=(-1，1，0）.

設(shè)平面PCD的法向量為n=(x0,y0,z0).

由n·CP=-x0+z0=0

n·CD=-x0+y0=0得x0=y0=z0,

令x0=1,得平面PCD的一個(gè)法向量為n=(1，1，1）.

設(shè)Q(0，y,0)(-1≤y≤1),CQ=(-1,y,0),由|CQ·n||n|=32，得|-1+y||3|=32,解y=-12或y=52(舍去).故|AQ|=12，|QD|=32，所以存在點(diǎn)Q滿足題意，此時(shí)AQQD=13.

評(píng)析 本題也可用幾何法來(lái)解，這里不再敘述.空間向量為探索性問(wèn)題的解決提供了很大的方便，在解題中，往往把“是否存在”的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解”、“是否有規(guī)定范圍的解”等，避免了復(fù)雜繁難的作圖、論證、推理，因而使問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效.

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