资源简介

专题强化练9　立体几何中的存在性与探究性问题
1.(2022辽宁营口第二高级中学月考)在①(+)⊥(-),②||=,③0<1这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中并解答.
问题:如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz.已知点D1的坐标为(0,0,2),E为棱D1C1上的动点,F为棱B1C1上的动点,　　　　,试问:是否存在点E,F满足·=0 若存在,求出·的值;若不存在,请说明理由.
2.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PD=DC,F,G分别是PB,AD的中点.
(1)求证:GF⊥平面PCB;
(2)求平面PAB与平面PCB所成二面角的平面角的余弦值;
(3)在棱AP上是否存在一点M,使得直线DM与PC所成的角为60° 若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
3.(2022重庆外国语学校月考)如图,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,沿EF将四边形EFCD折起,使二面角A-EF-C的大小为60°,点M在线段AB上.

(1)若M为AB的中点,且直线MF与直线EA的交点为O,求OA的长,并证明直线OD∥平面EMC;
(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°,若存在,求此时二面角M-EC-F的平面角的余弦值;若不存在,请说明理由.
4.(2021北京第十四中学期中)在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等边三角形,AB=AD=CD,AB⊥AD,AB∥CD,点M是PC的中点.
(1)求证:BM∥平面PAD;
(2)求二面角P-BC-D的平面角的余弦值;
(3)在线段PB上是否存在点N,使得DN⊥平面PBC 若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
1.解析　由题意,得正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,2).
设E(0,a,2)(0≤a≤2),F(b,2,2)(0≤b≤2),
则=(b,2-a,0),=(-2,2,-2),=(-2,a,2),=(b-2,0,2).
选择①.
=(0,a,2),=(b,0,2),
因为(+)⊥(-),
所以(+)·(-)=-=0,
所以=,即a2+4=b2+4,所以a=b.
又因为·=4-2(a+b)=0,所以a=b=1,
故存在点E(0,1,2),F(1,2,2),满足·=0,此时·=8-2b=6.
选择②.
=(0,a,2).
因为||=,所以=,所以a=.
又因为·=4-2(a+b)=0,所以b=.
故存在点E,F,满足·=0,此时·=8-2b=5.
选择③.
=(2,2,0).
因为0<1,所以与不共线,
所以b≠2-a,即a+b≠2,
则·=4-2(a+b)≠0,
故不存在点E,F满足·=0.
2.解析　(1)证明:以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则G(1,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),F(1,1,1),
∴=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,2,-2).
设平面PCB的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,则x=0,z=1,∴n=(0,1,1).
∵=n,∴GF⊥平面PCB.
(2)由(1)知,平面PCB的一个法向量为n=(0,1,1),=(2,0,-2),
同(1)可求得平面PAB的一个法向量为m=(1,0,1),
∴cos===,
易知平面PAB与平面PCB所成二面角的平面角为钝角,
∴平面PAB与平面PCB所成二面角的平面角的余弦值为-.
(3)假设存在满足条件的点M,且=λ(0≤λ≤1),则M(2-2λ,0,2λ),∴=(2-2λ,0,2λ).
∵直线DM与PC所成的角为60°,=(0,2,-2),
∴cos 60°=|cos<,>|===,解得λ=,
故在棱AP上存在一点M,使得直线DM与PC所成的角为60°,点M的坐标为(1,0,1).
3.解析　(1)由题意知O为EA,FM的延长线的交点.
因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM≌△FBM,所以OM=FM,OA=FB=2.
连接DF交EC于点N,连接MN.
因为四边形CDEF为矩形,所以N是DF的中点.
因为M是OF的中点,所以MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD.
又MN 平面EMC,OD 平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.
(2)连接AD,易知EF⊥AE,EF⊥DE,则∠DEA为二面角A-EF-C的平面角.因为AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,所以EF⊥平面ADE.
因为EF 平面ABFE,所以平面ABFE⊥平面ADE,取AE的中点H,连接HD,易知DH⊥平面ABFE,又HA,AB 平面ABFE,所以DH⊥HA,DH⊥AB,以H为坐标原点,HA,HD所在直线分别为x轴、z轴,过点H且平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则E(-1,0,0),D(0,0,),C(0,4,),所以=(1,0,),=(1,4,).
设M(1,t,0)(0≤t≤4),则=(2,t,0).
设平面EMC的一个法向量为m=(x,y,z),
则即
取y=-2,则x=t,z=,所以m=,
若直线DE与平面EMC所成的角为60°,
则=,解得t=1或t=3,
所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q,连接QA,易知为平面CEF的一个法向量.
易知Q,A(1,0,0),所以=.
设二面角M-EC-F的大小为θ,
所以|cos θ|===.
因为当t=2时,cos θ=0,平面EMC⊥平面CDEF,
所以当t=1时,θ为钝角,cos θ=-,
当t=3时,θ为锐角,cos θ=.
所以二面角M-EC-F的平面角的余弦值为-或.
4.解析　(1)证明:取PD的中点H,连接MH,AH.
因为M为PC的中点,所以 HM∥CD,HM=CD.
因为AB∥CD,AB=CD,所以AB∥HM且AB=HM.所以四边形ABMH为平行四边形,所以BM∥AH.
因为 BM 平面PAD,AH 平面PAD,
所以BM∥平面PAD.
(2)取AD的中点O,连接PO.
因为PA=PD,所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.
取BC的中点K,连接OK,则OK∥AB.
以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=2,则B(1,2,0),C(-1,4,0),D(-1,0,0),P(0,0,),所以=(-2,2,0),=(1,2,-).
设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则n=(1,1,).
易得平面BCD的一个法向量为=(0,0,),
则cos<,n>===.
易知二面角P-BC-D是锐二面角,
所以二面角P-BC-D的平面角的余弦值为.
(3)在线段PB上不存在点N,使得DN⊥平面PBC.理由如下:
假设存在满足条件的点N,N(x,y,z),且 =λ,λ∈[0,1],则=λ,
所以(x,y,z-)=λ(1,2,-),则
所以N(λ,2λ,-λ),=(λ+1,2λ,-λ).
若 DN⊥平面PBC,则∥n,
即λ+1=2λ=,无解,
所以在线段PB上不存在点N,使得DN⊥平面PBC.专题强化练8　空间向量与立体几何的综合应用
1.如图,在多面体ABCA1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,=,二面角A1-AB-C是直二面角.求证:
(1)A1B1⊥平面AA1C;
(2)AB1∥平面A1C1C.
2.(2021江苏南京田家炳高级中学检测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,且AB=2,AD=3,PA=,AD∥BC,AB⊥BC,∠ADC=45°.
(1)求异面直线PC与AD所成角的余弦值;
(2)求点A到平面PCD的距离.
3.如图是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为弧上(不与A1,B1重合)的动点.
(1)证明:PA1⊥平面PBB1;
(2)若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=,求二面角P-A1B1-C的平面角的余弦值.
4.(2022辽宁营口第二高级中学月考)在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,E是边AB的中点(如图1).将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,连接A1B,A1C,得到四棱锥A1-BCDE(如图2).
(1)证明:平面A1BE⊥平面BCDE;
(2)若A1E⊥BE,连接CE,求直线CE与平面A1CD所成角的正弦值.
答案与分层梯度式解析
1.证明　因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,所以AA1⊥平面BAC.
因为AB=AC,BC=AB,
所以∠CAB=90°,即CA⊥AB,
所以AB,AC,AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
(1)=(0,2,0),
易得平面AA1C的一个法向量为n=(0,1,0).
因为=2n,所以∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),
设平面A1C1C的一个法向量为m=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).
所以·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,所以⊥m,
又AB1 平面A1C1C,所以AB1∥平面A1C1C.
2.解析　(1)以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,),C(2,1,0),D(0,3,0),
∴=(2,1,-),=(0,3,0),
设异面直线PC与AD所成角为θ,
则cos θ===,
所以异面直线PC与AD所成角的余弦值为.
(2)连接AC,设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),易知=(-2,2,0),=(2,1,0),
则
取x=1,得n=(1,1,),
∴点A到平面PCD的距离d===.
3.解析　(1)证明:在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,PA1 平面PA1B1,所以BB1⊥PA1.
因为A1B1是直径,所以PA1⊥PB1.
因为PB1∩BB1=B1,PB1,BB1 平面PBB1,
所以PA1⊥平面PBB1.
(2)以C为坐标原点,CB,CA所在直线分别为x轴、y轴,过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示:
设BC=1,则C(0,0,0),A1(0,1,),B1(1,0,),
所以=(0,1,),=(1,0,).
易知平面PA1B1的一个法向量为n1=(0,0,1).
设平面CA1B1的一个法向量为n2=(x,y,z),
则
令z=1,得n2=(-,-,1),
所以cos===.
由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,
所以二面角P-A1B1-C的平面角的余弦值为-.
4.解析　(1)证明:在题图1中连接BD,
因为四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°,
所以△ABD为等边三角形,
又E是边AB的中点,
所以DE⊥AB,
所以在题图2中,DE⊥BE,DE⊥A1E,
因为BE∩A1E=E,所以DE⊥平面A1BE.
因为DE 平面BCDE,所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,平面A1BE∩平面BCDE=BE,A1E⊥BE,A1E 平面A1BE,
所以A1E⊥平面BCDE.
以E为原点建立空间直角坐标系,如图所示:
则E(0,0,0),A1(0,0,1),C(2,,0),D(0,,0),
所以=(0,,-1),=(2,,-1),=(2,,0),
设平面A1CD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,则n=(0,1,),
所以cos===,
所以直线CE与平面A1CD所成角的正弦值为.

展开更多......

收起↑