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（附解析新人教A版选择性必修第一册）

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AD⊥A1B,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,AB∥CD,∠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π4?若存在,求出AEAM的值;若不存在,请说明理由.11 11 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.(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°,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥BE,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,AB⊥BC,AD∥BC,AB=AD=2,CD⊥PD,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.11 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EF⊥PB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π3,求DCBC的值.11 答案全解全析解答题1.解析　(1)证明:∵四边形AA1C1C是正方形,∴AA1⊥AC.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,∴AB⊥AC.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n1·BC1=4x1-3y1+4z1=0,n1·BA1=-3y1+4z1=0,令y1=4,则x1=0,z1=3,∴n1=(0,4,3).n2·BC1=4x2-3y2+4z2=0,n2·BB1=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θ,∴cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=165×5=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(0<t<4),在平面BCC1B1中作DE⊥BC于点E,易得Dt,34(4-t),t,∴AD=t,34(4-t),t,由(2)知A1B=(0,3,-4),∵AD⊥A1B,∴AD·A1B=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,FQ∥DC且FQ=12CD,因为AE∥CD且AE=12CD,所以AE∥FQ且AE=FQ.所以四边形AEQF为平行四边形.所以AF∥EQ.又EQ⊂平面PCE,AF⊄平面PCE,11 所以AF∥平面PCE.(2)连接BD、DE.由题意知△ABD为正三角形,所以ED⊥AB,即ED⊥CD,又∠ADP=90°,所以PD⊥AD,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m·FC=2y-az=0,m·CB=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<m,n>|=|m·n||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PB与平面ABCD所成的角,由题意知在Rt△PBD中,tan∠PBD=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AB∥CD,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CN⊥AB.在Rt△CNB中,由勾股定理得BC=2.在△ACB中,由勾股定理的逆定理可知AC⊥BC.因为平面BCM⊥平面ABCD,11 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ON∥AC,因为AC⊥平面BCM,所以ON⊥平面BCM.因为MB=MC,所以OM⊥BC.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π4.不妨令AE=λAM(0≤λ≤1),则AE=(-2λ,λ,λ),所以BE=BA+AE=(2-2λ,λ-2,λ),设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则n·BC=0,n·BE=0,即-2y=0,(2-2λ)x+(λ-2)y+λz=0,令x=λ,则z=2λ-2,所以n=(λ,0,2λ-2).从而|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=22.解得λ=23或λ=2.因为0≤λ≤1,所以λ=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π4,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,11 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和平面BAE的法向量.由A1D·n1=0,A1B·n1=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BA·n2=0,BE·n2=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.∵n2·n1=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A1A·m=0,A1B·m=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θ,则cosθ=|n1·m||n1||m|=235×2=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)(0≤a≤2),则BM=(0,a-2,0).由255=|BM·n1||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:∵A1D⊥BE,DE⊥BE,A1D∩DE=D,∴BE⊥平面A1DE.∵A1E⊂平面A1DE,∴A1E⊥BE.又∵A1E⊥DE,BE∩DE=E,∴A1E⊥平面BCDE.(2)假设在线段BD(不包括端点)上存在点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,11 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=λBD(0≤λ<1),则(x-1,y,z)=λ(-1,3,0),∴P(1-λ,3λ,0),∴EP=(1-λ,3λ,0),设平面A1EP的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·EA1=0,m·EP=0,即z1=0,(1-λ)x1+3λy1=0,令x1=3λ,则y1=λ-1,z1=0,∴m=(3λ,λ-1,0),设平面A1BD的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·A1B=0,n·A1D=0,即x2-z2=0,3y2-z2=0,令y2=1,则z2=x2=3,∴n=(3,1,3),∵平面A1EP⊥平面A1BD,∴m·n=0,即3λ+λ-1=0,解得λ=14,∴在线段BD上存在点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,且BPBD=14.6.解析　(1)∵PB⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD,∴PB⊥BC,同理PB⊥BA.又∵BC⊥AB,∴可建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),D(2,2,0).设P(0,0,p),C(0,c,0),其中p>0,c>0,则PA=(2,0,-p),CD=(2,2-c,0),PD=(2,2,-p).∵CD⊥PD,∴CD·PD=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+p2×4+4,解得p=2或p=-2(舍),∴PA=(2,0,-2),P(0,0,2),PD=(2,2,-2).设平面PAD的法向量为m=(x,y,z),由m·PA=0,m·PD=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θ,又PC=(0,4,-2),11 ∴sinθ=|cos<PC,m>|=|0+0-2|25×2=1010.(2)设PE=λPA,λ∈[0,1],则PE=(2λ,0,-2λ),∴E(2λ,0,2-2λ),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z).又BD=(2,2,0),BE=(2λ,0,2-2λ),∴n·BE=0,n·BD=0,即2λx+(2-2λ)z=0,2x+2y=0,取x=1-λ,则y=λ-1,z=-λ,∴n=(1-λ,λ-1,-λ).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<n,k>|=|λ-1|1×(1-λ)2+(λ-1)2+λ2=66,解得λ=23或λ=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=λ,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),PB=(λ,1,-1),点E是PC的中点,∴E0,12,12,∴DE=0,12,12,∴PB·DE=0,即PB⊥DE.又已知EF⊥PB,而DE∩EF=E,∴PB⊥平面DEF.∵PC=(0,1,-1),DE·PC=0,∴DE⊥PC,又PB∩PC=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=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量若平面DEF与平面ABCD的夹角为π3,则cosπ3=|BP·DP||BP||DP|=1λ2+2=12,11 解得λ=2,∴DCBC=1λ=22,∴当平面DEF与平面ABCD夹角为π3时,DCBC=22.11