向量法解决空间立体几何---点存在性问题--教师版

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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ABC-A1B 1C1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B1-CD-C1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11CB＝(0,2,0)，1DC＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．

由11CB·CD＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得11CB⊥CD，即C1B1⊥CD.

由1DC·CD＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得1DC⊥CD，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＝22AA1时，二面角B1-CD-C1的大小为60°.理由如下：

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

设平面B1CD的法向量为m＝(x，y，z)， 则 m·1CB＝0m·CD＝0⇒ 2y＋2z＝0，x＋az＝0，令z＝－1，得m＝(a,1，－1)．

又∵CB＝(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量，则cos 60°＝|m·CB||m|·|CB|＝1a2＋2＝12，

解得a＝2(负值舍去)，故AD＝2＝22AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意．

2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形，平面ABC多练出技巧 巧思出硕果

⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.

(1)求证：AA1⊥平面ABC；

(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值；

(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求 BDBC1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A-xyz，则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，

1AB＝(0,3，－4)，11AC＝(4,0,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 n·1AB＝0，n·11AC＝0.即 3y－4z＝0，4x＝0.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〉＝n·m|n||m|＝1625.

由题知二面角A1-BC1-B1为锐角，所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为1625.

(3)证明：设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD＝λ1BC.

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

所以AD＝(4λ，3－3λ，4λ)．由AD·1AB＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝925.

因为925∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B.

此时，BDBC1＝λ＝925.

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3、如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝2，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Q-AC-D的余弦值为63？若存在，求出PQQD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)，

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

cos〈PB，OA〉＝PB·OA|

PB||OA|＝33. ∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为63.

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

则 u·CP＝－x＋z＝0，u·PD＝y－z＝0，取z＝1，得u＝(1,1,1)．∴B点到平面PCD的距离为d＝|BP·u||u|＝33.

(3)假设存在一点Q，则设PQ＝λPD (0<λ<1)．∵PD＝(0,1，－1)，

∴PQ＝(0，λ，－λ)＝OQ－OP，∴OQ＝(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AC＝(1,1,0)，AQ＝(0，λ＋1,1－λ)，

则 m·AC＝x＋y＝0，m·AQ＝λ＋1y＋1－λz＝0.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Q-AC-D的余弦值为63，

所以|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)， 多练出技巧 巧思出硕果

所以存在点Q，且PQQD＝12.

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ABA1-DCD1.

(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D1-EC-D的平面角为π6？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D-xyz，

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1DE＝(1，t，－1)，1AD＝(－1,0，－1)，∴1DE·1AD＝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EC＝(－1,2－t,0)，

则 n·EC＝0，n·1DE＝0得 －x＋2－ty＝0，x＋ty－z＝0，令y＝12，则x＝1－12t，z＝1，

∴n＝1－12t，12，1是平面D1EC的一个法向量，

显然平面ECD的一个法向量为1DD＝(0,0,1)，

则cos〈n，1DD〉＝|n·1DD||n||1DD|＝11－12t2＋14＋1＝cosπ6，解得t＝2－33(0≤t≤2)．

故存在点E，当AE＝2－33时，二面角D1-EC-D的平面角为π6.

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5、如图是多面体ABC-A1B1C1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1CC＝(－1,1,2)，11AC＝(－1，－1,0)，1AC＝(0，－2，－2)．设E(x，y，z)，则CE＝(x，y＋2，z)，

1EC＝(－1－x，－1－y,2－z)．设CE＝λ1EC (λ>0)，

则 x＝－λ－λx，y＋2＝－λ－λy，z＝2λ－λz，则E－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ， BE＝2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.

由 BE·11AC＝0，

BE·1AC＝0，得 －2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，

所以线段CC1上存在一点E，CE＝21EC，使BE⊥平面A1CC1.

(2)设平面C1A1C的法向量为m＝(x，y，z)，则由 m·11AC＝0，m·1AC＝0，得 －x－y＝0，－2y－2z＝0，

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〉＝m·n|m||n|＝13＝33，故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为33.