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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