专题强化练10　立体几何中的存在性与探究性问题-2022版数学选择性必修第一册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

专题强化练10　立体几何中的存在性与探究性问题

解答题

1.(2021福建南平高级中学高二上学期期中,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.

(1)求证:B1E⊥AD1;

(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求出AP的长;若不存在,请说明理由.

2.()如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是边长为2的正方形,PD=DC,F,G分别是PB,AD的中点.

(1)求证:GF⊥平面PCB;

(2)求平面PAB与平面PCB所成二面角的平面角的余弦值;

(3)在AP上是否存在一点M,使得DM与PC所成的角为60°?若存在,求出点M的坐标,若不存在,请说明理由.

3.(2021福建南平第八中学高二上学期期中,)如图,正方形AA1D1D所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直,AB=2AD=2,点E为AB的中点.

(1)求证:BD1∥平面A1DE;

(2)求证:D1E⊥A1D;

(3)在线段AB上是否存在点M,使二面角D1-MC-D的大小为?若存在,求出AM的长;若不存在,请说明理由.

4.(2021北京第十四中学高三上学期期中,)在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等边三角形,AB=AD=CD,AB⊥AD,AB∥CD,点M是PC的中点.

(1)求证:BM∥平面PAD;

(2)求二面角P-BC-D的余弦值;

(3)在线段PB上是否存在点N,使得DN⊥平面PBC?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.

答案全解全析

解答题

1.解析　(1)证明:以A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).

设AB=a(a>0),则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),

故=(0,1,1),=.

因为·=-×0+1×1+(-1)×1=0,所以B1E⊥AD1.

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0<z0≤1),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).

设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),

则n⊥,n⊥,由(1)可得=(a,0,1),=,所以

取x=1,得n=.

要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,

即-az0=0,解得z0=.

又DP⊄平面B1AE,所以存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=.

2.解析　(1)证明:以D为原点,DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则G(1,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),F(1,1,1),

∴=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,2,-2),

设平面PCB的一个法向量为n=(x,y,z),

则即

令y=1,则x=0,z=1,∴n=(0,1,1),

∵=n,

∴GF⊥平面PCB.

(2)由(1)知,平面PCB的一个法向量为n=(0,1,1),=(2,0,-2),

同(1)可求得平面PAB的一个法向量m=(1,0,1),

∴cos<m,n>===,

易知,平面PAB与平面PCB所成二面角的平面角为钝角,

∴平面PAB与平面PCB所成二面角的平面角的余弦值为-.

(3)假设存在满足条件的点M,且=λ(0≤λ≤1),则M(2-2λ,0,2λ).

∴=(2-2λ,0,2λ),

∵DM与PC所成的角为60°,=(0,2,-2),

∴cos60°=|cos<,>|===,解得λ=,

故在AP上存在一点M,使得DM与PC所成的角为60°,点M的坐标为(1,0,1).

3.解析　(1)证明:连接AD1,交A1D于点O,

∵四边形AA1D1D为正方形,

∴O是AD1的中点,连接OE,

∵点E为AB的中点,

∴EO为△ABD1的中位线,∴EO∥BD1,

又∵BD1⊄平面A1DE,OE⊂平面A1DE,

∴BD1∥平面A1DE.

(2)证明:由正方形AA1D1D所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直,可得D1D⊥平面ABCD.

以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

则D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,1,0),

所以=(1,1,-1),=(1,0,1),

因为·=1×1+1×0+(-1)×1=0,

所以⊥,

故D1E⊥A1D.

(3)假设在线段AB上存在满足条件的点M,由题意可设M(1,y0,0)(0≤y0≤2),

易知=(-1,2-y0,0),=(0,2,-1),

设平面D1MC的一个法向量为v1=(x,y,z),

则即

取y=1,则v1=(2-y0,1,2).

易得平面MCD的一个法向量为v2=(0,0,1),

要使二面角D1-MC-D的大小为,

则cos=|cos<v1,v2>|===,

解得y0=2-.

所以当AM=2-时,二面角D1-MC-D的大小为.

4.解析　(1)证明:取PD的中点H,连接MH,AH.

因为M为PC的中点,所以HM∥CD,HM=CD.

因为AB∥CD,AB=CD,所以AB∥HM且AB=HM.所以四边形ABMH为平行四边形,

所以BM∥AH.

因为BM⊄平面PAD,AH⊂平面PAD,

所以BM∥平面PAD.

(2)取AD的中点O,连接PO.

因为PA=PD,所以PO⊥AD.

因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.

取BC的中点K,连接OK,则OK∥AB.

以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,

则B(1,2,0),C(-1,4,0),

D(-1,0,0),P(0,0,),

所以=(-2,2,0),=(1,2,-).

设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),

则即

令x=1,则n=(1,1,).

易得平面BCD的一个法向量为=(0,0,),

则cos<,n>===.

易知,二面角P-BC-D是锐二面角,

所以二面角P-BC-D的余弦值为.

(3)在线段PB上不存在点N,使得DN⊥平面PBC.理由如下:

假设存在满足条件的点N,N(x,y,z),且=λ,λ∈[0,1],则=λ,

所以(x,y,z-)=λ(1,2,-),则

所以N(λ,2λ,-λ),

=(λ+1,2λ,-λ).

若DN⊥平面PBC,则∥n,

即λ+1=2λ=,无解,

所以在线段PB上不存在点N,使得DN⊥平面PBC.