立体几何中的存在性问题

1、立体几何中的存在性问题作者: 日期:1.(天津理17)如图，在三棱柱 ABC aibici中,H是正方形AAlBlB的中心，AA22GH5平面AAB 且 GH(I)求异面直线A C与A1B1所成角的余弦值(n)求二面角A ACi Bi的正弦值；(川)设N为棱BlCl的中点,点M在平面AAB内，且mN平面AlBlC ,求线段BM的长本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力满分13 分.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点E为坐标原点 依题意得 A(2.2,0,0), B(0,0,0), C

2、(、2：2, 5)Ai(2、2,22,0)，Bi(0,2 , 2,0)，CiC，2, .2, . 5)(I)解：易得AC (沁八GAB1s Ac,aB1co曰疋(2,0,0)423 2 23，J所以异面直线 AC与A1B1所成角的余弦值为3I(II)解：易知 AA1 (0,2,0), AC1 ( v2, 、2, .5).设平面AA1C1的法向量m (X,y，z),.2x 、2y 5z 0,2.2y 0.不妨令x 5,可得m ( - 5,0, ；2),同样地，设平面A 1B1 C1的法向量n (x，y, Z),可得从而n0.即n (0,、5.2).sin m,n 竽.2x . 2y2.2x 0.

3、5z27,3、5所以二面角AA 1C1 B的正弦值为7(II I )解：由N为棱B1C 1的中点,3.2 .5、).2设M(a, b, 0),mN3 2a,-2MNb解得因此平面Aa)(a)(2.2) 0,0,不妨令y 5,IB 1 C 1,bd2)(乎b)( 2)于.50.M 故bM (20)|2 4,所以线段BM的长为方法二:GAiBi是异面直线因为GH平面AA 2/2, G H可得AC1B1C1cos因此C1A1B1(I )解：由于 AC/A1C1,故.5,3.AA1B1B ,又H为正方形AA1AC12 AB2 BQ；- 22A1C1 A1B13bM i -10.4AC与A 1B1所成的

4、角B1B的中心,所以异面直线 AC与A1B1所成角的余弦值为3(I I )解：连接 AC1,易知 AC1=BC 1 ,又由于 AA1 = Bl A1, A1C1=A1=C1所以AGA也BiGA,过点a作AR A1C1于点R,连接B1R ,于是B1R AC 1 故ARB1 为二面角 A A1C 1 B1的平面角.在 Rt A1RBi 中,B1RA B sinRAB12212 23)2143连接AB1,在ARB中,AB4, AR BRcos ARB|AR2 B1R2 AB12sin ARB1从而357所以二面角aa351C1 Bl的正弦值为 7(I I I )解:因为MN平面 A1B1 C1,所以

5、 MNA1B1.取HB1中点D,连接ND,由于N是棱Bl C1中点,ND所以ND/C1 H且2c1h又GH平面AA1B1B,所以 ND 平面 AA1B1B ,故 ND A1B1.又 MN 口ND N,平面MND,连接 MD并延长交Al B1于点E,MEA1B1,故ME /AA1.DEAA1B1EB1A1B1DDEB1EBF可得B1E1 B1A 42 ,延长EM交AB于点F,2连接N E.NDME,故 ND2DE DMND2DM5近所以DE4FM可得4连接BM,在 Rt BFM1中，BM.FM 2 BFT尿42.(浙江理2 0 )如图,在三棱锥 PABC 中，=4,AO=3,O D=2(I )证

6、明:AP丄BC;(n)在线段AP上是否存在点在Rt ENM中AB AC ,D为BC的中点,PO丄平面 ABC垂足 O落在线段 AD上，已知 BC=8 ,PO,空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能M,使得二面角A -本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识 力。满分1 5分。方法一：(I )证明：如图，以 0为原点，以射线 0P为z轴的正半轴, 建立空间直角坐标系o xyz则 O(O,O,O), A(0, 3,0), B(4,2,0), C( 4,2,0), P(0,0,4),Ii(8,0,0)，由此可得AP BC 0,所以aP (0,3,4), BCAP BC，即 AP

7、 BC. (II)解:设PM PA,匕则誌 bM Bp pM bP pA(0, 3, 4)(4, 2,4)(0, 3, 4)(4, 2 3 ,4 4 )(4,5,0), BC设平面BMC的法向量(8,0,0)ni (xi,yi,zi)n：(x：, y：, z：)平面APC的法向量I4xi (2 3 )yi (4 4 )xi 0, 得8xi ,XImACTnTnny25X25卩2,可取n：(5,4, 3).Z2n20,得 4得：解得5 ,故A M=3ni由综上所述,存在点M符合题意，A M=3方法(I)证明：由AB =A C,D是BC的中点，得AD BC又PO平面ABC,得PO BC.因为POA

8、DO,所以BC平面PA D,故 BC PA(II)解：如图，在平面P AB内作BMPA 于M ,连 CM,由(I )中知AP BC ,得AP平面E MC,又AP 平面AP C,所以平面BMC 平面APC在 Rt ADB中,AB2 AD2 BD241,得AB -41.在 Rt POD 中,PD 1 4 15 2、154 3 2555 PO2 OD2在 Rt PDB中,PB2 PD2 BD2,2 2 2 2所以 PB PO OD DB 36,得 PB=6.在 Rt POA 中,PA2 AO2 OP225,得PA 5.PA2 PB2 AB21cos BPA,又2PA PB 3从而 PM PBCOS

9、BPA 2，所以 AM=P A-PM=3o综上所述，存在点M符合题意，AM=3。3.(重庆理19)如题(19)图，在四面体ABCD中，平面ABC 平面ACD , AB BC , AD CD， CAD(I )若AD , ABBC,求四面体ABCD的体积；(n)若二面角C AB D为 ，求异面直线AD与BC所成角的余弦值.(I )解：如答(19)图1,设F为AC的中点，由于AD=C D,所以DF丄AC. 故由平面 ABC丄平面 AC D,知DF丄平面 AB C,即DF是四面体AB CD的面ABC上的高，且D F=A Dsin3 0=1,AF=AD c o s3 0=3在 Rt ABC中，因 AC

10、= 2A F=2.3,AB=2BCBC 迈，AB 4.由勾股定理易知55故四面体A BCD的体积1V 1 Sabc DF(II)解法如答(19)图1,设G , H分别为边CD,BD的中点，贝U FGAD,GH /B C,从而/ FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角设E为边AB的中点，贝U EF/ / BC ,由ABB C,知EF AB.又由(I )有D F丄平面 ABC, 故由三垂线定理知 DE丄A B.所以/D EF为二面角CA B D的平面角,由题设知/D EF=6 0AD a,则 DFADsin CADa设2Rt DEF 中, EFDFcot DEFa 3在2 T61 GHBCEF

11、a.从而26FH 1BD -因 Rt ADERt BDE, 故 BD =AD=a ,从而，在 Rt BDF中，22 ,FG 1AD 又2a2 从而在AF GH中，因FG= FH,由余弦定理得cos FGHFG2 GH 2FH2GH 32FG GH2FG 6n,k60,从而1n使得2由nAD,有 3m n0,从而m3.6由l22 2m n 1,得 l3 .B(x,y,0);由AB BC,nAB,取 l设点B的坐标为故可取平面ABD的单位法向量n (l,m,n),_/3因此，异面直线 AD与 BC所成角的余弦值为 6解法二：如答(1 9)图2,过F作FM丄AC,交A B于M,已知AD = C D,平面ABCL平面ACD,易知FC,FD, FM两两垂直，以F为原点，射线FM ,F C , F D分别为x轴，y轴，z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Fxy z.不妨设A 2,由CD=AD,/ CA D=3 0。，易知点A ,C, D的坐标分别为A(0 .3,0), C(0, .3,0