第一章专题强化练3　立体几何中的存在性与探究性问题 （Word版含解析）

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AD⊥A1B,并求的值.
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θ,试判断在线段AB上是否存在这样的点F,使得tan θ=2,若存在,求出的值;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.
(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 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=,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,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 若存在,求出的值;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,)如图所示的几何体中,PD垂直于梯形ABCD所在的平面,∠ADC=∠BAD=,F为PA的中点,PD=,AB=AD=CD=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 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=.
(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,AC⊥BC,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=λ,试问:是否存在实数λ,使得平面A1PQ与平面B1PQ的夹角的余弦值为 若存在,求出这个实数λ;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,∴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),
∴=(4,-3,4),=(0,-3,4),=(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).
则令y1=4,则x1=0,z1=3,∴n1=(0,4,3).
令x2=3,则y2=4,∴n2=(3,4,0).
∴|cos|===.
∴平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值为.
(3)证明:设点D的竖坐标为t(0∴=,由(1)知=(0,3,-4),
∵⊥,∴·=0,即0+(4-t)-4t=0,解得t=.∴==.
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=CD,
因为AE∥CD且AE=CD,
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,
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(,1,0),
则=(0,2,-a),=(,-1,0),
设平面FBC的法向量为m=(x,y,z).
则
令x=1,则y=,z=,
所以m=,
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,
所以|cos|==,即=,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Rt△PBD中,tan∠PBD===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,
∴BC⊥DC.
∵平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,∴BC⊥平面PCD.
∵DE 平面PCD,∴BC⊥DE.
∵AD=PD=DC,E为线段PC的中点,
∴PC⊥DE.
又∵PC∩CB=C,∴DE⊥平面PBC.
又∵DE 平面DEF,
∴平面DEF⊥平面PBC.
(2)由(1)知BC⊥平面PCD,
∵AD∥BC,
∴AD⊥平面PCD.
在平面PCD内过点D作DG⊥DC交PC于点G,
∴AD⊥DG,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=.
∵AD⊥平面PCD,则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),P.
又E为PC的中点,∴E,
∴=.
假设在线段AB上存在这样的点F,使得tan θ=2,设F(1,m,0)(0≤m≤1),则=(1,m,0),
设平面EDF的法向量为n1=(x,y,z),则∴
令y=,则z=-1,x=-m,
则n1=(-m,,-1).
∵AD⊥平面PCD,∴平面PCD的一个法向量n2=(1,0,0),
∵tan θ=2,∴cos θ=.
∴cos θ=|cos|==,∴m=±.
∵0≤m≤1,
∴m=,∴=.
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,),D(0,2,0),A1(1,0,0),E(-1,1,0).
(1)证明:=(-1,2,0),=(-1,2,),=(1,0,-),=(-1,-1,-).
设n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2)分别为平面A1BD和平面BAE的法向量.
由·n1=0,·n1=0,得
令y1=1,则x1=2,z1=0.
∴n1=(2,1,0)是平面A1BD的一个法向量.
由·n2=0,·n2=0,得
令z2=1,则x2=,y2=-2.
∴n2=(,-2,1)是平面BAE的一个法向量.
∵n2·n1=0,∴平面BAE⊥平面A1BD.
(2)=(0,2,0),设平面A1AB的法向量为m=(x,y,z).
由·m=0,·m=0,得令z=1,则x=,
∴m=(,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cos θ===,
即平面DBA1和平面BAA1夹角的余弦值为.
(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,
设M(0,a,)(0≤a≤2),则=(0,a-2,0).
由==,
解得a=4或a=0.
故在线段B1B上存在点M(端点处),使点M到平面A1BD的距离为.
5.解析　(1)证明:在△PAD中,PA=PD,O为AD的中点,所以PO⊥AD,
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=(-1,1,0),=(1,-1,-1).
设异面直线PB与CD所成的角是θ,则
cos θ=|cos<,>|==,
所以异面直线PB与CD所成角的余弦值为.
(3)假设线段AD上存在点Q,使得它到平面PCD的距离为,
由(2)知=(-1,0,1).
设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).
则所以
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)(-1≤y≤1),则=(-1,y,0),由=,得=,
解得y=-或y=(舍去),
所以线段AD上存在点Q满足题意,此时AQ=,QD=,则=.
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的中点,
所以FN∥AC,
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,),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),所以=(0,1,0),=(1,1,-),=(-1,1,0)
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则
即即
令x=1,则
所以平面PBC的一个法向量为m=(1,1,).
设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,则x1=,
所以平面PAB的一个法向量为n=(,0,1),
|cos|==,故平面PAB与平面PBC的夹角的正弦值为=.
(3)设存在点Q满足条件.
由F,E(0,2,),则=.
设=λ(0≤λ≤1),整理得Q,
则=.
因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为,
所以sin =|cos<,m>|
===,
解得λ2=1,由0≤λ≤1知λ=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,此时FQ=EF=.
7.解析　(1)在棱PD上存在点F,使得CF∥平面POB,此时PF=.
由题意得,OC=,OP=1,因为PC=,OC2+OP2=PC2,所以OP⊥OC,因为OP⊥OB,OC 平面OBCD,OB 平面OBCD,OC∩OB=O,
所以OP⊥平面OBCD,
所以OP⊥OD,所以PD==,
过F作FG∥OD交OP于G,连接CF,BG,易知FG=OD=BC,FG∥OD∥BC,
所以FG∥BC,FG=BC,
所以四边形BCFG为平行四边形,
所以CF∥BG,因为BG 平面POB,CF 平面POB,所以CF∥平面POB.
此时PF=.
(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=(0,-3,1).设E(x,y,z),则=(x,y,z-1),=(1,0,-1),
设=λ(0≤λ≤1),
即(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),所以E(λ,0,1-λ),=(λ-1,-1,1-λ),
设直线CE与DP所成角为θ,
则cos θ=|cos<,>|==(0≤λ≤1).
令t=4-λ,则λ=4-t(3≤t≤4),cos θ==,
令a=,则≤a≤,cos θ=.
当a=时,cos θ=取最大值,此时直线CE与DP所成的角最小,此时λ=,所以E.
易知=(0,1,0),=,=(-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|==,
即平面EBC与平面ECD的夹角的余弦值为.
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,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,
∴PQ∥AC1.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,
∴BC⊥平面ACC1A1,
又AC1 平面ACC1A1,∴BC⊥AC1.
又AC=AA1,∴四边形ACC1A1为正方形,
∴AC1⊥A1C.
∵A1C∩BC=C,∴AC1⊥平面A1BC.
而PQ∥AC1,∴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).
∵=λ ,∴(x,y-2,z)=λ(2,-2,2).
∴∴Q(2λ,2-2λ,2λ).
∵点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),
∴=(0,-1,2),=(2,-1,0).
由得
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),∴=(0,1,0),=(2λ,-2λ,2λ-2).
由得
令z1=λ,得n2=(1-λ,0,λ).
由题意得|cos|===,
∴9λ2-9λ+2=0,解得λ=或λ=.
∴当λ=或λ=时,平面A1PQ与平面B1PQ所成夹角的余弦值为.