向量法解决空间立体几何---点存在性问题--教师版.doc

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向量法解决空间立体几何---点存在性问题-教师版

1、如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝BC＝2AC＝2.

（1）若D为AA1中点，求证：

平面B1CD⊥平面B1C1D；

（2）在AA1上是否存在一点D，使得二面角B1­CD­C1的大小为60°？

解：

（1）证明：

如图所示，以点C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则C（0,0,0），A（1,0,0），B1（0,2,2），C1（0,0,2），D（1,0,1），

即＝（0,2,0），＝（－1,0,1），＝（1,0,1）．

由·＝（0,2,0）·（1,0,1）＝0＋0＋0＝0，得⊥，即C1B1⊥CD.

由·＝（－1,0,1）·（1,0,1）＝－1＋0＋1＝0，得⊥，即DC1⊥CD.

又DC1∩C1B1＝C1，∴CD⊥平面B1C1D.又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥平面B1C1D.

（2）存在．当AD＝AA1时，二面角B1­CD­C1的大小为60°.理由如下：

设AD＝a，则D点坐标为（1,0，a），＝（1,0，a），＝（0,2,2），

设平面B1CD的法向量为m＝（x，y，z），

则⇒令z＝－1，得m＝（a,1，－1）．

又∵＝（0,2,0）为平面C1CD的一个法向量，则cos60°＝＝＝，

解得a＝（负值舍去），故AD＝＝AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意．

2．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，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）求二面角A1­BC1­B1的余弦值；

（3）证明：

在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．

解：

（1）证明：

因为四边形AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.

（2）由

（1）知AA1⊥AC，AA1⊥AB.由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.

如图，以A为原点建立空间直角坐标系A­xyz，则B（0,3,0），A1（0,0,4），B1（0,3,4），C1（4,0,4），

＝（0,3，－4），＝（4,0,0）．设平面A1BC1的法向量为n＝（x，y，z），

则即令z＝3，则x＝0，y＝4，所以n＝（0,4,3）．

同理可得，平面B1BC1的一个法向量为m＝（3,4,0）．所以cos〈n，m〉＝＝.

由题知二面角A1­BC1­B1为锐角，所以二面角A1­BC1­B1的余弦值为.

（3）证明：

设D（x，y，z）是直线BC1上一点，且＝λ.

所以（x，y－3，z）＝λ（4，－3,4）．解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.

所以＝（4λ，3－3λ，4λ）．由·＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝.

因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.

此时，＝λ＝.

3、如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD中点．

（1）求直线PB与平面POC所成角的余弦值；

（2）求B点到平面PCD的距离；

（3）线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q­AC­D的余弦值为？

若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

解：

（1）在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.

又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P（0,0,1），A（0，－1,0），B（1，－1,0），C（1,0,0），D（0,1,0），

∴＝（1，－1，－1），易证OA⊥平面POC，∴＝（0，－1,0）是平面POC的法向量，

cos〈，〉＝＝.∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为.

（2）＝（0,1，－1），＝（－1,0,1）．设平面PDC的一个法向量为u＝（x，y，z），

则取z＝1，得u＝（1,1,1）．∴B点到平面PCD的距离为d＝＝.

（3）假设存在一点Q，则设＝λ（0<λ<1）．∵＝（0,1，－1），

∴＝（0，λ，－λ）＝－，∴＝（0，λ，1－λ），∴Q（0，λ，1－λ）．

设平面CAQ的一个法向量为m＝（x，y，z），又＝（1,1,0），AQ＝（0，λ＋1,1－λ），

则取z＝λ＋1，得m＝（1－λ，λ－1，λ＋1），

又平面CAD的一个法向量为n＝（0,0,1），二面角Q­AC­D的余弦值为，

所以|cos〈m，n〉|＝＝，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3（舍），

所以存在点Q，且＝.

4、如图1，A，D分别是矩形A1BCD1上的点，AB＝2AA1＝2AD＝2，DC＝2DD1，把四边形A1ADD1沿AD折叠，使其与平面ABCD垂直，如图2所示，连接A1B，D1C得几何体ABA1­DCD1.

（1）当点E在棱AB上移动时，证明：

D1E⊥A1D；

（2）在棱AB上是否存在点E，使二面角D1­EC­D的平面角为？

若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．

解：

（1）证明，如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，

则D（0,0,0），A（1,0,0），C（0,2,0），A1（1,0,1），D1（0,0,1）．设E（1，t,0），

则＝（1，t，－1），＝（－1,0，－1），∴·＝1×（－1）＋t×0＋（－1）×（－1）＝0，

∴D1E⊥A1D.

（2）假设存在符合条件的点E.设平面D1EC的法向量为n＝（x，y，z），由

（1）知＝（－1,2－t,0），

则得令y＝，则x＝1－t，z＝1，

∴n＝是平面D1EC的一个法向量，

显然平面ECD的一个法向量为＝（0,0,1），

则cos〈n，〉＝＝＝cos，解得t＝2－（0≤t≤2）．

故存在点E，当AE＝2－时，二面角D1­EC­D的平面角为.

5、如图是多面体ABC­A1B1C1和它的三视图．

（1）线段CC1上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？

若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；

（2）求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值．

解：

（1）由题意知AA1，AB，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0,0,0），A1（0,0,2），B（－2,0,0），C（0，－2,0），C1（－1，－1,2），则＝（－1,1,2），＝（－1，－1,0），＝（0，－2，－2）．设E（x，y，z），则＝（x，y＋2，z），

＝（－1－x，－1－y,2－z）．设＝λ（λ>0），

则则E，

＝.

由得解得λ＝2，

所以线段CC1上存在一点E，＝2，使BE⊥平面A1CC1.

（2）设平面C1A1C的法向量为m＝（x，y，z），则由得

取x＝1，则y＝－1，z＝1.故m＝（1，－1,1），而平面A1CA的一个法向量为n＝（1,0,0），

则cos〈m，n〉＝＝＝，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为.

6、如图1，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B（如图2）．

（1）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；

（2）求二面角E­DF­C的余弦值；

（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？

如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由．

[解]　

（1）在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB.又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.

（2）以点D为坐标原点，以直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（0,0,2），B（2,0,0），C（0，2，0），E（0，，1），F（1，，0），＝（1，，0），＝（0，，1），＝（0,0,2）．

平面CDF的法向量为＝（0,0,2）．设平面EDF的法向量为n＝（x，y，z），

则即取n＝（3，－，3），

cos〈，n〉＝＝，所以二面角E­DF­C的余弦值为.

（3）存在．设P（s，t,0），有＝（s，t，－2），则·＝t－2＝0，∴t＝，

又＝（s－2，t,0），＝（－s,2－t,0），∵∥，∴（s－2）（2－t）＝－st，

∴s＋t＝2.把t＝代入上式得s＝，∴＝，

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.此时，＝.

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