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专题强化练9　立体几何中的存在性与探究性问题　　　　　 　　　　 　　　　
1.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点.
(1)在B1B上是否存在一点P,使得D1P⊥平面B1AE
(2)在平面AA1B1B上是否存在一点N,使得D1N⊥平面B1AE
如图①,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠D=90°,四边形ABCE是边长为2的菱形,并且
∠BCE=60°,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达C1的位置,且AC1=,如图②.
(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;
(2)在棱DC1上是否存在点P,使得点P到平面ABC1的距离为 若存在,求出直线EP与平面ABC1夹角的正弦值;若不存在,请说明理由.
3.已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2AB,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点,连接PO,OG.
(1)求平面EFG与平面ABCD的夹角;
(2)在线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG的夹角为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
4.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分别为CC1,BC,AC的中点,点P在线段A1B1上运动,且=λ(λ∈[0,1]).
(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ;
(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60° 若存在,试确定点P的位置;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
专题强化练9　立体几何中的存在性与探究性问题1.解析　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),E,B1(1,1,1),D1(0,0,1),
所以.
(1)假设在B1B上存在一点P,使得D1P⊥平面B1AE.
设P(1,1,z),则=(1,1,z-1),
所以无解,
故在B1B上不存在点P,使得D1P⊥平面B1AE.
(2)假设在平面AA1B1B上存在点N,使得D1N⊥平面B1AE.
设N(1,b,c),则=(1,b,c-1),
所以
解得故N.
故在平面AA1B1B上存在点N,使得D1N⊥平面B1AE.
2.解析　(1)证明:如图①,连接AC,交BE于点O,
∵四边形ABCE是边长为2的菱形,∠BCE=60°,∴AC⊥BE,OA=OC=.
如图②,OA⊥BE,OC1⊥BE,
∴∠AOC1是二面角A-BE-C1的平面角,
∵AC1=,
∴OA⊥OC1,即∠AOC1=90°,
∴平面BC1E⊥平面ABED.
　
(2)存在.以O为坐标原点,OA,OB,OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图②所示,
则D,0,0),B(0,1,0),E(0,-1,0),
∴
,-1,0),
设,λ∈[0,1],
则,
设平面ABC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=,z=1,∴n=(1,,1),
∴点P到平面ABC1的距离d=,解得λ=或λ=(舍去),
∴,
∴,
设直线EP与平面ABC1的夹角为θ,θ∈,
则sin θ=|cos<,n>|=,
∴直线EP与平面ABC1夹角的正弦值为.
故在棱DC1上存在点P,使得点P到平面ABC1的距离为.
3.解析　(1)因为△PAD是正三角形,O为AD的中点,所以PO⊥AD.
因为CD⊥平面PAD,PO 平面PAD,所以PO⊥CD,
因为AD∩CD=D,所以PO⊥平面ABCD.
因为AD∥BC,AD=BC,O,G分别为AD,BC的中点,所以AO∥BG,AO=BG,
所以四边形ABGO为平行四边形,所以OG∥AB,
又AB⊥AD,所以OG⊥AD.
以O为坐标原点,OA,OG,OP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,
设AB=2,则AD=4,A(2,0,0),G(0,2,0),P(0,0,2
),
所以).
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取x=,可得n=(,0,1).
易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
所以cos=,
所以平面EFG与平面ABCD的夹角为.
(2)假设在线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG的夹角为,
设λ),0≤λ≤1,
则λ),
由题意可得|cos整理可得4λ2-6λ+1=0,
因为0≤λ≤1,所以λ=.
因此,在线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG的夹角为,且.
4.解析　(1)证明:如图①所示,连接A1Q.
因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,
所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM,
所以∠MAC=∠QA1A,
所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°,
所以AM⊥A1Q.
因为N,Q分别是BC,AC的中点,所以NQ∥AB.
又AB⊥AC,所以NQ⊥AC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,
所以NQ⊥AA1.
又AC∩AA1=A,AC,AA1 平面ACC1A1,
所以NQ⊥平面ACC1A1,所以NQ⊥AM.
由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1,
所以N,Q,A1,P四点共面,所以A1Q 平面PNQ.
因为NQ∩A1Q=Q,NQ,A1Q 平面PNQ,
所以AM⊥平面PNQ,
所以无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ.
(2)存在.以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系,
则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M,
所以=(1,0,0),
由=λ(1,0,0)=(λ,0,0),
可得点P(λ,0,1),所以.
设n=(x,y,z)是平面PMN的一个法向量,
则
令x=3,则y=1+2λ,z=2-2λ,
所以n=(3,1+2λ,2-2λ).
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).
假设存在符合条件的点P,则|cos|=,
整理得4λ2-14λ+1=0,
解得λ=或λ=(舍去).
综上,存在点P,且当A1P=时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.
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