专题强化练３ 利用空间向量解决立体几何中的探索性问题-2021-2022学年高二上学期数学人教B版（2019）选择性必修第一册第一章（含答案）

专题强化练3　利用空间向量解决立体几何中
的探索性问题
解答题
1.(山东济南高二期末,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且AB⊥BC,O为AC的中点.
(1)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值;
(2)在线段BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB 若存在,确定点E的位置;若不存在,说明理由.
2.(陕西西安高新一中高二期末,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,PD=9,E为PA的中点.
(1)求证:DE∥平面BPC;
(2)在线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB 若存在,试求出此时三棱锥B-PCF的体积;若不存在,请说明理由.
3.(山东青岛高三期末,)如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AF=1,M是线段EF的中点,二面角A-DF-B的大小为60°.
(1)求证:AM∥平面BDE;
(2)试在线段AC上找一点P,使得PF与CD所成的角为60°.
4.(江苏苏州高二期末,)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,BC=,AB=1,BD=PA=2.
(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值;
(2)在棱BC上是否存在一点Q,使二面角A-PD-Q的余弦值为 若存在,请确定点Q的位置;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
解答题
1.解析　(1)因为A1A=A1C,且O为AC的中点,所以A1O⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,A1O 平面AA1C1C,所以A1O⊥平面ABC.连接OB,因为AB=BC,O为AC的中点,所以OB⊥AC.
以O为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-1,0),A1(0,0,),C(0,1,0),C1(0,2,),B(1,0,0),所以=(0,1,-),=(0,1,),=(1,1,0).
设平面A1AB的一个法向量为n=(x,y,z),则即
令y=1,得x=-1,z=-,
此时n=,
所以cos==.
设直线A1C与平面A1AB所成角为θ,
则sin θ=.
(2)存在.理由如下:设E=(x0,y0,z0),=λ,λ∈[0,1],
则(x0-1,y0,z0)=λ(-1,2,),得所以E(1-λ,2λ,λ),
所以=(1-λ,2λ,λ).
若OE∥平面A1AB,则·n=0,
即-1+λ+2λ-λ=0,解得λ=,故存在满足条件的点E,E为BC1的中点.
2.解析　(1)证明:取PB的中点M,连接EM,CM,过点C作CN⊥AB,垂足为N,如图所示.
∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA,
又AB∥CD,∴四边形CDAN为矩形,
∴CN=AD=8,DC=AN=6.
在Rt△BNC中,BN===6,∴AB=12.
∵E,M分别为PA,PB的中点,
∴EM∥AB且EM=6,又DC∥AB,且CD=6,∴EM∥CD且EM=CD,
则四边形CDEM为平行四边形,∴DE∥CM.
∵CM 平面BPC,DE 平面BPC,
∴DE∥平面BPC.
(2)存在.理由如下:由题意可得DA,DC,DP两两互相垂直,故以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Dxyz,
则D(0,0,0),B(8,12,0),C(0,6,0),
∴=(8,12,0).
假设AB上存在一点F使CF⊥BD,设点F坐标为(8,t,0)(0≤t≤12),
则=(8,t-6,0),
由·=0,得64+12(t-6)=12t-8=0,∴t=,即AF=,故BF=12-=.
又PD=9,∴V三棱锥B-PCF=V三棱锥P-BCF=×××8×9=136.
3.解析　(1)证明:设AC∩BD=N,连接NE,
∵AC∥EF,AC=EF,M是线段EF的中点,N是线段AC的中点,
∴AN∥EM,AN=ME,
∴四边形AMEN为平行四边形,∴AM∥EN,
又∵EN 平面BDE,AM 平面BDE,∴AM∥平面BDE.
(2)易得CE、CB、CD两两互相垂直,故以C为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系(图略),设AB=t(t>0),则A(t,t,0),B(0,t,0),D(t,0,0),F(t,t,1),
∴=(-t,0,0),=(t,-t,0),=(t,0,1),
易知AF⊥AB,又AB⊥AD,AF∩AD=A,
∴AB⊥平面ADF,∴=(-t,0,0)为平面DAF的一个法向量.
设平面BDF的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则n=(1,1,-t).
设二面角A-DF-B的大小为θ,
则|cos θ|====,
解得t=(负值舍去).
设P(a,a,0)(0≤a≤),则=(-a,-a,1),又=(,0,0),
∴cos 60°==,解得a=或a=(舍去),
∴当点P为线段AC的中点时,直线PF与CD所成的角为60°.
4.解析　(1)易得AB,AD,AP两两互相垂直,故以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,由BD2=AB2+AD2,得AD=,
∴B(1,0,0),D(0,,0),P(0,0,2),C,
∴=(-1,,0),=.
设异面直线BD与PC所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,>|===,
∴异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
(2)存在.理由如下:设Q(1,a,0),则=(1,a-,0),=(0,,-2).
易知平面PAD的一个法向量n1=(1,0,0).
设平面PDQ的一个法向量为n2=(x,y,z),
则即取y=2,则z=,x=2-2a,
此时n2=(2-2a,2,).
设二面角A-PD-Q的平面角为α,
则cos α=|cos|===,∴=3,
∴a=或a=,又0≤a≤,∴a=.
故当Q满足BQ=BC时,能使二面角A-PD-Q的余弦值为.