立体几何中的存在性问题

1、1.天津理17如图，在三棱柱ABC Aibici中,H是正方形AABiB 的中心，AA122 C1H平面aab，且C1H5.I求异面直线 AC与 A1B1所成角的余弦值;n求二面角A AG B1的正弦值;设N为棱B1C1的中点，点M在平面AAB1B内，且MN长.平面ABQ，求线段BM的本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等根底知识，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.总分值13分.方法一：如下列图，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.依题意得"2 2,0,0), B(0,0,0), C( 2,. 2, . 5)A(2 .2

2、,2 . 2,0), B(0,2 2,0), C1( 2, 2, 5)I解：易得 AC 迈迈扁,AB1 2&,0,0,AC A1B1|AC| |A1B1|4_23 2 23所以异面直线 AC与 A1B1所成角的余弦值为3II解：易知 AA 0,2血,0, AIC1 血，血,亦.设平面AA1C1的法向量m (X,y,Z),m AC102x 2y 5z 0,那么 m AA10 即 2 2 y o.不妨令x5,可得m (5,0,2),n AC10,、2x , 2y 、5z 0,那么 n ABj0.即 2 .2x 0.不妨令 y ' 5可得 n(0,、5,、2).s . m n22co

3、s m, n :于是|m| |n|,77snm,n 兰从而 7所以二面角A A1C B的正弦值为7山解：由N为棱B1C1的中点,3.2M a, b，0，MNMN平面 A1B1C1,MN AB10,得 MN AG 0.a) ( 2、. 2)0,a) ( 2)(夢"(2 宁 5 °解得J2返4故吨专0).BM因此-0)|BM | 4 ，所以线段BM的长为4方法二:I解:由于AC/A1C1，故GABi是异面直线AC与A1B1所成的角.因为CM 平面AA1B1B又H为正方形 AA1B1B的中心,AA 2 逅 G H 75,可得 AC1 B1C13.、5所以二面角 A-A1C B1的

4、正弦值为7山解：因为MN平面A1B1C1,所以MN人已取HB1中点D,连接ND由于N是棱B1C1中点，NDGH<52 .所以ND/C1H且2cos GABi AC； AB2 B1C22.因此12ACi ABi3所以异面直线 AC与A1B1所成角的余弦值为3 'II丨解：连接 AC1,易知 AC1=B1C1又由于 AA仁B1A1 A1C仁A仁C1所以AGA也BC1A,过点a作AR AO于点r在 Rt ARBB1R 中,AB1 sinRABi 2/2 J12 2J2、143连接AB1，在ARB中AB, 4,ARBRcosARRAR2 B1R2 AB1222AR QR7连接B1R于是E

5、R AC1,故 ARB为二面角A A1C1-B1的平面角sin ARB1从而3.57又GH 平面AA1B1B所以ND平面AA1B1B故ND AB又 MN C1ND N,所以AB1 平面mnd连接MD并延长交A1B1于点E,那么meAB,故ME /AADEB1EB1D1由AAB1A1B1A 4,DEB1E<2得2，延长EM交AB于点F,可得BF B'E22.连接NE.在Rt ENM中,NDME,故 ND2DE DM .所以可得连接BMDMFMBMND2DE.24在Rt BFM中, FM 2 BF24同时考查空间想象能力和运算求解2.浙江理20如图，在三棱锥 P ABC中，AB AC

6、 , D为BC的中点，P0丄平面ABC垂足O落在线段AD上，BC=8 PO=4AO=3 OD=2I证明：API BC在线段AP上是否存在点 M,使得二面角A-MC-B为直二面角？假设存在，求出 AM的长；假设不存在，请说明 理由。此题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等根底知识，空间向量的应用, 能力。总分值15分。方法一：I丨证明：如图，以 O为原点，以射线 OP为z轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 O xyz那么 O(O,O,O), A(0, 3,0), B(4,2,0), C( 4,2,0), P(0,0,4),AP(0,3,4), BC(8,°,°)，由此可得A

7、PBC0，所以APBC ,即 APBC.II解：设PMPA,1,那么 PM(0,3,4)BM BP PM BPPA(4, 2,4)(0, 3, 4)(4, 2 3 ,44 )AC ( 4,5,0), BC ( 8,0,0)设平面BMC勺法向量ni X1,yi,zi,平面APC的法向量n2 (X2,y2,Z2)BM rii 0,由 BC m 0,4 (2 3 )yi (4 4 )为 0,得 8xi 0,Xi 0,2 32 3 可取 ri(0,1,)ZiYi,4 4即 4 4AP H 0, 3y2 4z20,由 AC 门2 0.即 4x2 5 y2 0,5X2-y2,4 可取 ri2(5,4, 3

8、).3Z2- y2,得40,得40,解得 5，故AM=3综上所述，存在点 M符合题意，AM=3方法I证明：由AB=AC D是BC的中点，得 ADBC又PO平面ABC得P° BC.因为P°lAD 。，所以BC平面pad故 BC PA.II丨解：如图，在平面 PAB内作BM PA于由I中知AP BC , 得Ap 平面BMC又AP 平面APC所以平面2 2在 Rt ADB中 ,AB AD在 Rt POD中,PD2 PO2在 Rt PDB中,PB2 PD2BMC平面APCBD241,得 AB .41.OD2BD2,所以 PB2 PO2 OD2 DB2 36,得PB=6.在 Rt P

9、OA 中,PA2 AO2 OP2 25,得PA 5.2 2 2cos BPA 又PA PB AB2PA PB从而 PM PBCOS BPA 2，所以 AM=PA-PM=3综上所述，存在点 M符合题意，AM=33.重庆理19如题19图，在四面体ABCD中，平面ABC平面ACD， ABBC AD CDCADI假设ADAB BC，求四面体ABCD的体积;n假设二面角C AB D为，求异面直线 AD与BC所成角的余弦值.共8页题【9图I丨解：如答19图1，设F为AC的中点，由于 AD=CD所以DF丄AC. 故由平面 ABC丄平面 ACD知DF丄平面 ABC即DF是四面体 ABCC的面ABC上的高，且

10、DF=ADsin30° =1, AF=ADcos30 = 3在 Rt ABC中，因 AC=2AF=2 3 , AB=2BC答ig图12、.15 *415BC ,AB.由勾股定理易知55故四面体ABCD勺体积FDCBAS1 - 3V21 - 21 - 3II丨解法一：如答19图1,设G, H分别为边CD BD的中点，贝U FG/AD, GH/BC,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AB丄BC知EF丄AB.又由I有DF丄平面 ABC故由三垂线定理知 DEI AB.所以ZDEF为二面角C- AB- D的平面角，由题设知Z DEF=6

11、0ADa,那么 DFADsin CADa设2RtDEF 中,EFDFcot DEFa 33 a,在2 36GH 1BCEFa.从而26-BDFH因 Rt ADE Rt BDE 故 BD=AD=a 从而，在 Rt BDF 中，FG AD ,又22从而在 FGH中，因FG=FH由余弦定理得FG2 GH 2 FH 2 GH.3cos FGH2FG GH2FG6因此，异面直线AD与 BC所成角的余弦值为迈6 .解法二：如答19丨图2，过F作FM! AC交AB于M, AD=CD平面ABCL平面ACD易知FC FD, FM两两垂直，以F为原点，射线FM, FC FD分别为x轴，y轴，z轴的正半轴, 建立空间直角坐标系 Fxyz.不妨设AD=2由CD=AD Z CAD=30，易知点 A, C, D的坐标分别为A(0,'3,0), C(0, 3,0), D(0,0,1),那么 AD (0八 3,1).显然向量k (0,0,1) 是平面ABC的法向量.二面角 C AB-D为60°,故可取平面ABD的单位法向量n (l,m,n),1 n,k 60 ,从而 n使得2由 n AD,有、：