1、高中數(shù)學(xué) 立體幾何 存在性問(wèn)題專題1.（天津理17）如圖，在三棱柱 ABC AiBiCi中,H是正方形AAiBiB的中心，AA 2邁,GH（I）求異面直線 AC與A1B1所成角的余弦值；平面AAi b1 B（n）求二面角A AC1 Bl的正弦值;W設(shè)N為棱BQ的中點(diǎn)，點(diǎn)M在平面AABjB內(nèi)，且MN平面ABQ ,求線段bm的長(zhǎng).C B ,R ZZ N卜I S- . /H /A-本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，考查用空間向量解決立體幾何問(wèn)題的方 法，考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力.滿分13分.方法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn).依題意得

2、 a（2V2,o,o）, b（o,o,o）, c血 72j5）Ai（2屁 Qo）, Bi（0,25/2,0）, Ci（72,72，亦）（I）解：易得 AC （血 /2j5）,（ 2,0,0） 于是朋點(diǎn)IB島V返所以異面直線 AC與A1B1所成角的余弦值為3 （II ）解：易知（0,2/2,0）, AC!（逅 72,咼設(shè)平面AA1C1 的法向量 m （X, y,z）ac1 0AA 042x /2y 45z 0,272y 0.不妨令m（75,0, 72）同樣地，設(shè)平面 A1B1C1的法向量n （x,y，z）可得于是從而n AC 0,ABJ 0.n (0,75,72).cos(m,n2TTT?辰0,

3、27,sin(m,n 竽3松所以二面角 A A1C B的正弦值為7(III )解：由N為棱B1C1的中點(diǎn),N(嚴(yán)M( a, b, 0),mN3忑a,2MN平面A1B1C1,mN 0, mN Ac 0.解得因此a)(a)(242)0,妁(乎b)(切勢(shì)0.故M譜半。).2*0)品乎.2 4，所以線段BM的長(zhǎng)為4方法二:(I )解：由于 AC/A1C1，故 GAB1是異面直線AC與A1B1所成的角.因?yàn)镚H平面AA 2 逅 G H可得AC1BiGcos因此C1A1B1AA1B1B又H為正方形 AA1B1B的中心,3.A B2 B1C2423AC122AC1 A1B氣i-所以異面直線 AC與A1B1所

4、成角的余弦值為(II )解：連接 AC1,易知 AC1=B1C1又由于 AA仁B1A1 A1C1=A1=C 1所以AC1 Al也BGA，過(guò)點(diǎn)A作ARAC1于點(diǎn)R連接B1R于是BF AC1,故ARB1為二面角A A1C1- B1的平面角.在 Rt A1RBi 中,B1R A B1 sin RA B12/2 JV2)2327143連接AB1，在 ARB1 中,4, AR B1R,cos ARB|AR2 B1R2 AB122AR B1R從而sin ARB1 爭(zhēng)3/5AiBi.所以二面角 A- A1C B1的正弦值為7(III )解：因?yàn)镸N 平面A1B1C1,所以MN取HB1中點(diǎn)D,連接ND由于N是

5、棱B1C1中點(diǎn),ND所以ND/C1H且 又GH 平面AA1B1B 所以ND平面AA1B1B故ND g.又MNnd n,所以AB平面MND連接MD并延長(zhǎng)交A1B1于點(diǎn)E,MEA1Bi,故ME /AA1.DEAA1DEBF可得BEB1AB1DB1AB1EB1E2，延長(zhǎng)EM交AB于點(diǎn)F,2連接NE.在Rt ENM中,NDME,故 ND2DE DM“ ND2DM5返所以DE4 .FM貶.可得4連接BM 在 Rt bfm 中，BMJfM 2 BF271042.(浙江理20)如圖，在三棱錐 P ABC中，AB AC , D為BC的中點(diǎn)，P0丄平面ABC垂足O落在線段AD上，已知BC=8 P0=4A0=3

6、0D=2(I)證明：API BC(n)在線段AP上是否存在點(diǎn) M使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在， 求出AM的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。本題主要考查空是點(diǎn)、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識(shí)，空間向量的應(yīng)用，同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解 能力。滿分15分。方法一：(I )證明：如圖，以 O為原點(diǎn)，以射線 OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系 O xyz則 O(0,0,0), A(0, 3,0), B(4,2,0), C( 4,2,0), P(0,0,4),(0,3, 4), BC ( 8,0,0)，由此可得 aP BC 0，所以AP BC，即 AP BC.(II)解：設(shè) PM PA,

7、 1,則 pM (0, 3, 4)bM bP pM bP pA(4, 2,4)(0, 3, 4)(4, 2 3 ,4 4 )rAC ( 4,5,0), BC ( 8,0,0)I4設(shè)平面BMC勺法向量n1Tn2(xi,yi,刁)平面APC的法向量Ibm n 0, BC n 0,4x1 (2 38x10,)yixi 0,2 34Zi r aP r ACn20,0.即5X2-y2,43Z2H 4n n2(X2, y2,Z2)(4可取n3y24x20,得44 )xi 0,2 3(o,)4z25y2(5,4,3?4 42解得 5 ,故AM=30,0,3).綜上所述，存在點(diǎn) M符合題意，AM=3 方法二：

8、(I )證明：由AB=AC D是BC的中點(diǎn)，得 ADBC又PO平面ABC得PO BC.A因?yàn)镻O AD O ,所以BC平面PAD故 BC PA(II)解：如圖，在平面 PAB內(nèi)作BM PA于M連CM由(I)中知AP BC ,得AP 平面BMC又AP 平面APC所以平面BMC平面APC在 Rt ADB中,AB2 AD2BD241,得 AB741.F在 Rt POD中,PD2 PO2 OD2在 Rt PDB中,PB2 PD2 BD2,所以 PB2 PO2 OD2 DB2 36,得PB=6.在 Rt POA 中,PA2 AO2 OP225,得 PA 5.PA2 PB2 AB2 cos BPA又2PA

9、 PB13,從而 PM PBcosBPA 2，所以AM=PA-PM=。綜上所述，存在點(diǎn)3.（重慶理19）M符合題意，AM=36如題（19）圖，在四面體 ABCD中，平面ABC 平面ACD , AB BC, AD CD , CAD（I）若 adAB BC ,求四面體ABCD的體積;（n）若二面角C AB D為，求異面直線AD與BC所成角的余弦值.題（19）圖（I ）解：如答（19）圖1，設(shè)F為AC的中點(diǎn)，由于 AD=CD所以DF丄AC. 故由平面 ABC!平面 ACD知DF丄平面 ABCABCD勺面ABC上的高,即DF是四面體且 DF=ADsin30=1, AF=ADcos30 =也在 Rt A

10、BC中,因 AC=2AF=2 , AB=2BCBC塚,AB由勾股定理易知故四面體ABCD的體積1V 1s ABC DF47155（II ）解法一：如答（ AD與BC所成的角或其補(bǔ)角19）圖 1,答（19）圖I設(shè)G, H分別為邊 CD BD的中點(diǎn)，貝U FG/AD, GH/BC，從而/ FGH是異面直線所以/設(shè)E為邊AB的中點(diǎn)，貝U EF/BC，由AB丄BC知EF丄AB.又由（I ）有 故由三垂線定理知 DE1AB.DEF為二面角C- AB D的平面角，由題設(shè)知/ DEF=60DF丄平面ABCAD設(shè)a,則 DFAD sin CADRt在DEF 中,EFDFcot DEFGH從而2bcEF因 Rt

11、 ADE Rt BDE 故BD=AD=a從而，在FH -BDRt BDF 中，2又FG 2ada2從而在 FGH中，因FG=FH由余弦定理得cosFGH FG2 GH2 FH22FG GHGH2FG因此，異面直線 AD與 BC所成角的余弦值為解法二：如答（19 ）圖2，過(guò)F作FM丄AC平面ABd平面ACD易知FC FD, FM兩兩垂直，以F為原點(diǎn)，射線FM, 建立空間直角坐標(biāo)系 Fxyz.不妨設(shè)AD=2由CD=AD/ CAD=30，易知點(diǎn) A, C, D的坐標(biāo)分別為S妹）,c（0, 73,0）, d（0,0,i）,（0,后）.交AB于M,已知 AD=CDFC FD分別為x軸，y軸，z軸的正半軸,顯然向量k（O。1）是平面ABC的法向量.已知二面角C AB-D為 60，故可取平面ABD的單位法向量n （l，m，n）使得n,k 16O,從而n -2B答（19）圖2由I2m2 n2 1,得 I3ad,有 V3