2022版新教材高中数学 第一章 空间向量与立体几何 专题强化练3 立体几何中的存在性与探究性问题（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、专题强化练3立体几何中的存在性与探究性问题解答题1.(2020湖南长沙麓山国际实验学校高二阶段检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1平面ABC;(2)求平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值;(3)证明:在线段BC1上存在点D(不与B、C1重合),使得ADA1B,并求BDBC1的值.2.(2020湖南株洲二中、浏阳一中等湘东七校高三联考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,DAB=60,ADP=90,平面ADP平面ABCD,F为棱PD的中点.(1)在棱A

2、B上是否存在一点E,使得AF平面PCE?并说明理由;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为14时,求直线PB与平面ABCD所成的角.3.(2020北京丰台高三一模,)如图,在四棱锥M-ABCD中,ABCD,ADC=BMC=90,MB=MC,AD=DC=12AB=2,平面BCM平面ABCD.(1)求证:CD平面ABM;(2)求证:AC平面BCM;(3)在棱AM上是否存在一点E,使得平面EBC与平面BCM的夹角为4?若存在,求出AEAM的值;若不存在,请说明理由.4.(2020重庆育才中学高二月考,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.

3、(1)求证:平面BAE平面A1BD;(2)求平面DBA1和平面BAA1夹角的余弦值;(3)在线段B1B(含端点)上是否存在点M,使点M到平面A1BD的距离为255?请说明理由.5.(2020山东滕州一中高三下模拟,)如图1,在边长为2的菱形ABCD中,BAD=60,DEAB于点E,将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使A1DBE,如图2.(1)求证:A1E平面BCDE;(2)在线段BD(不包括端点)上是否存在点P,使得平面A1EP平面A1BD?若存在,求出BPBD的值;若不存在,说明理由.6.(2021河北沧州高二上检测,)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PB底面ABCD,ABBC,ADBC

4、,AB=AD=2,CDPD,异面直线PA和CD所成角等于60,(1)求直线PC和平面PAD所成角的正弦值的大小;(2)在棱PA上是否存在一点E,使得平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为66?若存在,指出点E在棱PA上的位置;若不存在,说明理由.7.(2020浙江绍兴诸暨中学高一(实验班)下期中,)九章算术中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EFPB于点F,连接DE、DF、BE、BD.(1)证明:PB平面DEF,试判断四面体BDEF是不是鳖臑,若

5、是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若面DEF与面ABCD夹角的大小为3,求DCBC 的值.答案全解全析解答题1.解析(1)证明:四边形AA1C1C是正方形,AA1AC.又平面ABC平面AA1C1C,平面ABC平面AA1C1C=AC,AA1平面ABC.(2)由AC=4,BC=5,AB=3,得AC2+AB2=BC2,ABAC.建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,4),B(0,3,0),B1(0,3,4),C1(4,0,4),BC1=(4,-3,4),BA1=(0,-3,4),BB1=(0,0,4).设平面A1C1B的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面B

6、1C1B的法向量为n2=(x2,y2,z2).则n1BC1=4x1-3y1+4z1=0,n1BA1=-3y1+4z1=0,令y1=4,则x1=0,z1=3,n1=(0,4,3).n2BC1=4x2-3y2+4z2=0,n2BB1=4z2=0,令x2=3,则y2=4,n2=(3,4,0).设平面A1C1B与平面B1C1B所成夹角为,cos=|cos|=|n1n2|n1|n2|=1655=1625.平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值为1625.(3)证明:设点D的竖坐标为t(0t4),在平面BCC1B1中作DEBC于点E,易得Dt,34(4-t),t,AD=t,34(4-t),t,由(2)

7、知A1B=(0,3,-4),ADA1B,ADA1B=0,即0+94(4-t)-4t=0,解得t=3625.BDBC1=DECC1=925.2.解析(1)在棱AB上存在点E,使得AF平面PCE,且E为棱AB的中点.理由如下:如图,取PC的中点Q,连接EQ、FQ,由题意得,FQDC且FQ=12CD,因为AECD且AE=12CD,所以AEFQ且AE=FQ.所以四边形AEQF为平行四边形.所以AFEQ.又EQ平面PCE,AF平面PCE,所以AF平面PCE.(2)连接BD、DE.由题意知ABD为正三角形,所以EDAB,即EDCD,又ADP=90,所以PDAD,且平面ADP平面ABCD,平面ADP平面AB

8、CD=AD,所以PD平面ABCD,故以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设FD=a,则由题意知F(0,0,a),C(0,2,0),B(3,1,0),则FC=(0,2,-a),CB=(3,-1,0),设平面FBC的法向量为m=(x,y,z).则mFC=2y-az=0,mCB=3x-y=0,令x=1,则y=3,z=23a,所以m=1,3,23a,易知平面DFC的一个法向量n=(1,0,0),因为二面角D-FC-B的余弦值为14,所以|cos|=|mn|m|n|=14,即14+12a2=14,解得a=1(负值舍去).因为PD平面ABCD,所以PB在平面ABCD内的射影为DB,所以PBD为直线

9、PB与平面ABCD所成的角,由题意知在RtPBD中,tanPBD=PDBD=2FDBD=1,所以PBD=45,所以直线PB与平面ABCD所成的角为45.3.解析(1)证明:因为ABCD,AB平面ABM,CD平面ABM,所以CD平面ABM.(2)证明:取AB的中点N,连接CN.在直角梯形ABCD中,易知AN=BN=CD=AD=2,且CNAB.在RtCNB中,由勾股定理得BC=2.在ACB中,由勾股定理的逆定理可知ACBC.因为平面BCM平面ABCD,且平面BCM平面ABCD=BC,所以AC平面BCM.(3)存在.取BC的中点O,连接OM,ON.易得ONAC,因为AC平面BCM,所以ON平面BCM

10、.因为MB=MC,所以OMBC.如图建立空间直角坐标系Oxyz,则M(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),A(2,-1,0),所以AM=(-2,1,1),BC=(0,-2,0),BA=(2,-2,0).易知平面BCM的一个法向量为m=(1,0,0).假设在棱AM上存在一点E,使得平面EBC与平面BCM的夹角为4.不妨令AE=AM(01),则AE=(-2,),所以BE=BA+AE=(2-2,-2,),设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则nBC=0,nBE=0,即-2y=0,(2-2)x+(-2)y+z=0,令x=,则z=2-2,所以n=(,0,2-2).从而|cos|=|

11、mn|m|n|=22.解得=23或=2.因为01,所以=23.所以在棱AM上存在一点E,使得平面EBC与平面BCM的夹角为4,此时AEAM=23.4.解析取A1C1的中点O,连接B1O,OD.易得OA1,OD,OB1两两垂直.如图,以O为原点,OA1,OD,OB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(1,2,0),B(0,2,3),D(0,2,0),A1(1,0,0),E(-1,1,0).(1)证明:A1D=(-1,2,0),A1B=(-1,2,3),BA=(1,0,-3),BE=(-1,-1,-3).设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A1BD

12、和平面BAE的法向量.由A1Dn1=0,A1Bn1=0,得-x1+2y1=0,-x1+2y1+3z1=0,令y1=1,则x1=2,z1=0.n1=(2,1,0)是平面A1BD的一个法向量.由BAn2=0,BEn2=0,得x2-3z2=0,-x2-y2-3z2=0,令z2=1,则x2=3,y2=-23.n2=(3,-23,1)是平面BAE的一个法向量.n2n1=0,平面BAE平面A1BD.(2)A1A=(0,2,0),设平面A1AB的法向量为m=(x,y,z).由A1Am=0,A1Bm=0,得2y=0,-x+2y+3z=0,令z=1,则x=3,m=(3,0,1)是平面A1AB的一个法向量.设平面

13、DBA1和平面BAA1的夹角为,则cos=|n1m|n1|m|=2352=155,即平面DBA1和平面BAA1夹角的余弦值为155.(3)假设在线段B1B(含端点)上存在点M,使点M到平面A1BD的距离为255,设M(0,a,3)(0a2),则BM=(0,a-2,0).由255=|BMn1|n1|=|a-2|5,解得a=4或a=0.故在线段B1B(含端点)上存在点M,使点M到平面A1BD的距离为255.5.解析(1)证明:A1DBE,DEBE,A1DDE=D,BE平面A1DE.A1E平面A1DE,A1EBE.又A1EDE,BEDE=E,A1E平面BCDE.(2)假设在线段BD(不包括端点)上存

14、在点P,使平面A1EP平面A1BD,以E为原点,EB,ED,EA1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E(0,0,0),B(1,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,1),A1B=(1,0,-1),A1D=(0,3,-1),EA1=(0,0,1),设P(x,y,z),BP=BD(00,c0,则PA=(2,0,-p),CD=(2,2-c,0),PD=(2,2,-p).CDPD,CDPD=0,即4+4-2c=0,c=4,CD=(2,-2,0),C(0,4,0).异面直线PA和CD所成角等于60,12=|4|4+p24+4,解得p=2 或p=-2(舍),PA=(2,0,

15、-2),P(0,0,2),PD=(2,2,-2).设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),由mPA=0,mPD=0,即2x-2z=0,2x+2y-2z=0,取x=1,则y=0,z=1,m=(1,0,1).设直线PC与平面PAD所成角为,又PC=(0,4,-2),sin=|cos|=|0+0-2|252=1010.(2)设PE=PA,0,1,则PE=(2,0,-2),E(2,0,2-2),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z).又BD=(2,2,0),BE=(2,0,2-2),nBE=0,nBD=0,即2x+(2-2)z=0,2x+2y=0,取x=1-,则y=-1,z=-,n=(1-,-1,

16、-).取平面PAB的一个法向量为k=(0,1,0),平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为66,|cos|=|-1|1(1-)2+(-1)2+2=66,解得=23 或=2(舍),棱PA上存在一点E43,0,23,使得平面ABE与平面BED的夹角的余弦值为66.此时PE=23PA.7.解析(1)如图,以D为原点,射线DA、DC、DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(,1,0),C(0,1,0),PB=(,1,-1),点E是PC的中点,E0,12,12,DE=0,12,12,PBDE=0,即PBDE.又已知EFPB,而DEEF=E,PB平面DEF.PC=(0,1,-1),DEPC=0,DEPC,又PBPC=P,DE平面PBC.由DE平面PBC,PB平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为DEB、DEF、EFB、DFB.(2)PD平面ABCD,DP=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量.由(1)知,PB平面DEF,BP=(-,-1,1) 是平面DEF的一个法向量若平面DEF与平面ABCD的夹角为3,则cos3=|BPDP|BP|DP|=12+2=12,解得=2,DCBC=1=22,当平面DEF与平面ABCD夹角为3时,DCBC=22.