2020-2021学年新教材高考数学 专题强化练3 立体几何中的存在性与探究性问题（含解析）（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AB上

2、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.()如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,且AD=PD=1,平面PCD平面ABCD,PDC=120,E为线段PC的中点,F是线段AB上的一个动点.(1)求证:平面DEF平面PBC;(2)设平面CDE与平面EDF的夹角为,试判断在线段AB上是否存在这样的点F,使得tan=23,若存在,求出AFFB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

3、中点.(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.()如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD底面ABCD,侧棱PA=PD=2,底面ABCD为直角梯形,其中BCAD,ABAD,AD=2AB=2BC=2,O为AD的中点.(1)求证:PO平面ABCD;(2)求异面直线PB与CD所成角的余弦值;(3)线段AD上是否存在点Q,使得它到平面PCD的距离为32?若存在,求出AQQD的值;若不存在,请说明理由.6.(2020浙江慈溪中学等六校联考高二上期中,)如图所示的几何

4、体中,PD垂直于梯形ABCD所在的平面,ADC=BAD=2,F为PA的中点,PD=2,AB=AD=12CD=1,四边形PDCE为矩形,线段PC交DE于点N.(1)求证:AC平面DEF;(2)求平面PAB与平面PBC的夹角的正弦值;(3)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面BCP所成角的大小为6?若存在,求出FQ的长;若不存在,请说明理由.7.()如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,BAD=45,OB=BC=1,OD=3OA,将梯形ABCD沿OB折起得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=3.(1)在棱PD上是否存在一点F,使得CF平面POB?若存在,请求出PF的值;若不存在,请说明

5、理由;(2)点E是线段AB上一动点,当直线CE与DP所成的角最小时,求平面EBC与平面ECD的夹角的余弦值.8.()如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,AC=BC=AA1=2,点P为棱B1C1的中点,点Q为线段A1B上的一动点.(1)求证:当点Q为线段A1B的中点时,PQ平面A1BC;(2)设BQ=BA1,试问:是否存在实数,使得平面A1PQ与平面B1PQ的夹角的余弦值为3010?若存在,求出这个实数;若不存在,请说明理由.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

6、.(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B1C1B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,

7、4,0).|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(1)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

8、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ABCD=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

9、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BD,所以PBD为直线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:四边形ABCD是正方形,BCDC.平面PCD平面ABCD,平面PCD平面ABCD=CD,BC平面PCD.DE平面PCD,BCDE.AD=PD=DC,E为线段P

10、C的中点,PCDE.又PCCB=C,DE平面PBC.又DE平面DEF,平面DEF平面PBC.(2)由(1)知BC平面PCD,ADBC,AD平面PCD.在平面PCD内过点D作DGDC交PC于点G,ADDG,故DA,DC,DG两两垂直,以D为原点,DA,DC,DG所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.CD=PD=1,PDC=120,PC=3.AD平面PCD,则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),P0,-12,32.又E为PC的中点,E0,14,34,DE=0,14,34.假设在线段AB上存在这样的点F,使得tan=23,设F(1,m,0)(0m1),则

11、DF=(1,m,0),设平面EDF的法向量为n1=(x,y,z),则n1DF=0,n1DE=0,x+my=0,14y+34z=0,令y=3,则z=-1,x=-3m,则n1=(-3m,3,-1).AD平面PCD,平面PCD的一个法向量n2=(1,0,0),tan=23,cos=1313.cos=|cos|=|-3m|3m2+3+1=1313,m=13.0m1,m=13,AFFB=12.4.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,

12、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

13、=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上存在点M(

14、端点处),使点M到平面A1BD的距离为255.5.解析(1)证明:在PAD中,PA=PD,O为AD的中点,所以POAD,又侧面PAD底面ABCD,侧面PAD平面ABCD=AD,PO平面PAD,所以PO平面ABCD.(2)连接OC,以O为坐标原点,OC、OD、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz,依题意,易得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).设异面直线PB与CD所成的角是,则cos=|cos|=-1-132=63,所以异面直线PB与CD所成角的余弦值为63.(3)假设线段AD上存

15、在点Q,使得它到平面PCD的距离为32,由(2)知CP=(-1,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).则nCP=0,nCD=0,所以-x0+z0=0,-x0+y0=0,即x0=y0=z0,取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).设Q(0,y,0)(-1y1),则CQ=(-1,y,0),由|CQn|n|=32,得|-1+y|3=32,解得y=-12或y=52(舍去),所以线段AD上存在点Q满足题意,此时AQ=12,QD=32,则AQQD=13.6.解析(1)证明:因为四边形PDCE为矩形,所以N为PC的中点.连接FN,如图,在PAC中,F,N分别为PA,PC

16、的中点,所以FNAC,因为FN平面DEF,AC平面DEF,所以AC平面DEF.(2)易知DA,DC,DP两两垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.则P(0,0,2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),所以AB=(0,1,0),PB=(1,1,-2),BC=(-1,1,0)设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则mPB=(x,y,z)(1,1,-2)=0,mBC=(x,y,z)(-1,1,0)=0,即x+y-2z=0,-x+y=0,即y=x,z=2x,令x=1,则y=1,z=2,所以平面PBC的一个法向量为m=(1,1,2

17、).设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),则nAB=(x1,y1,z1)(0,1,0)=0,nPB=(x1,y1,z1)(1,1,-2)=0,令z1=1,则x1=2,所以平面PAB的一个法向量为n=(2,0,1),|cos|=|2+2|1+1+22+1=63,故平面PAB与平面PBC的夹角的正弦值为1-632=33.(3)设存在点Q满足条件.由F12,0,22,E(0,2,2),则FE=-12,2,22.设FQ=FE(01),整理得Q1-2,2,2(1+)2,则BQ=-1+2,2-1,2(1+)2.因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为6,所以sin6=|cos|=|BQm|BQ|m

18、|=|5-1|2192-10+7=12,解得2=1,由01知=1,即点Q与点E重合.故在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面BCP所成角的大小为6,此时FQ=EF=192.7.解析(1)在棱PD上存在点F,使得CF平面POB,此时PF=103.由题意得,OC=2,OP=1,因为PC=3,OC2+OP2=PC2,所以OPOC,因为OPOB,OC平面OBCD,OB平面OBCD,OCOB=O,所以OP平面OBCD,所以OPOD,所以PD=1+9=10,过F作FGOD交OP于G,连接CF,BG,易知FG=13OD=BC,FGODBC,所以FGBC,FG=BC,所以四边形BCFG为平行四边形,所以CFB

19、G,因为BG平面POB,CF平面POB,所以CF平面POB.此时PF=103.(2)以O为坐标原点,OB,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),所以DP=(0,-3,1).设E(x,y,z),则PE=(x,y,z-1),PB=(1,0,-1),设PE=PB(01),即(x,y,z-1)=(1,0,-1),所以E(,0,1-),CE=(-1,-1,1-),设直线CE与DP所成角为,则cos=|cos|=|4-|22-4+310=4-1022-4+3(01).令t=4-,则=4-t(3t4),c

20、os=t102t2-12t+19=11019t2-12t+2,令a=1t,则14a13,cos=11019a2-12a+2.当a=619时,cos=11019a2-12a+2取最大值,此时直线CE与DP所成的角最小,此时=56,所以E56,0,16.易知BC=(0,1,0),CE=-16,-1,16,CD=(-1,2,0).可求得平面EBC、平面ECD的法向量分别为n1=(1,0,1),n2=(2,1,8).所以|cos|=10269=513869,即平面EBC与平面ECD的夹角的余弦值为513869.8.解析(1)证明:连接AB1,AC1.点Q为线段A1B的中点,四边形A1B1BA为矩形,A

21、,Q,B1三点共线,且点Q为AB1的中点.点P,Q分别为B1C1和AB1的中点,PQAC1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,BC平面ACC1A1,又AC1平面ACC1A1,BCAC1.又AC=AA1,四边形ACC1A1为正方形,AC1A1C.A1CBC=C,AC1平面A1BC.而PQAC1,PQ平面A1BC.(2)以C为原点,分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,连接A1P,B1Q,BP,则B(0,2,0),A1(2,0,2).设Q(x,y,z).BQ=BA1,(x,y-2,z)=(2,-2,2).x=2,y=2-2,z=2,Q(2,2-2,2).点

22、Q在线段A1B上运动,平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量.设平面A1PB的法向量为n1=(x1,y1,z1),C(0,0,0),P(0,1,2),BP=(0,-1,2),PA1=(2,-1,0).由n1BP=0,n1PA1=0,得-y1+2z1=0,2x1-y1=0.令y1=2,得n1=(1,2,1).设平面B1PQ的法向量为n2=(x2,y2,z2),B1(0,2,2),PB1=(0,1,0),B1Q=(2,-2,2-2).由n2PB1=0,n2B1Q=0,得y2=0,x2-y2+(-1)z2=0.令z1=,得n2=(1-,0,).由题意得|cos|=|1-+|6(1-)2+2=1622-2+1=3010,92-9+2=0,解得=13或=23.当=13或=23时,平面A1PQ与平面B1PQ所成夹角的余弦值为3010.