北师大版高中数学选择性必修第一册专题强化练9立体几何中的存在性与探究性问题含答案

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专题强化练9　立体几何中的存在性与探究性问题　　　　　 　　　　 　　　　 1.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BC的中点.(1)在B1B上是否存在一点P,使得D1P⊥平面B1AE?(2)在平面AA1B1B上是否存在一点N,使得D1N⊥平面B1AE?(2024广东广州秀全中学高考适应性考试)如图①,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠D=90°,四边形ABCE是边长为2的菱形,并且∠BCE=60°,以BE为折痕将△BCE折起,使点C到达C1的位置,且AC1=6,如图②.(1)求证:平面BC1E⊥平面ABED;(2)在棱DC1上是否存在点P,使得点P到平面ABC1的距离为155?若存在,求出直线EP与平面ABC1夹角的正弦值;若不存在,请说明理由.3.(2023湖北云学新高考联盟联考)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2AB,△PAD是正三角形,CD⊥平面PAD,E,F,G,O分别是PC,PD,BC,AD的中点,连接PO,OG.(1)求平面EFG与平面ABCD的夹角;(2)在线段PA上是否存在点M,使得直线GM与平面EFG的夹角为π6?若存在,求出PMPA的值;若不存在,请说明理由.4.(2023河北衡水第十四中学一调)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分别为CC1,BC,AC的中点,点P在线段A1B1上运动,且A1P=λA1B1(λ∈[0,1]).(1)证明:无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ;(2)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°?若存在,试确定点P的位置;若不存在,请说明理由.答案与分层梯度式解析专题强化练9　立体几何中的存在性与探究性问题1.解析　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),E12,1,0,B1(1,1,1),D1(0,0,1),所以B1A=(0,−1,−1),B1E=-12,0,-1.(1)假设在B1B上存在一点P,使得D1P⊥平面B1AE.设P(1,1,z),则D1P=(1,1,z-1),所以D1P·B1A=0,D1P·B1E=0,即0-1-z+1=0,-12+0-z+1=0,无解,故在B1B上不存在点P,使得D1P⊥平面B1AE.(2)假设在平面AA1B1B上存在点N,使得D1N⊥平面B1AE.设N(1,b,c),则D1N=(1,b,c-1),所以D1N·B1A=0,D1N·B1E=0,即0-b-c+1=0,-12+0-c+1=0,解得b=12,c=12,故N1,12,12.故在平面AA1B1B上存在点N,使得D1N⊥平面B1AE.2.解析　(1)证明:如图①,连接AC,交BE于点O,∵四边形ABCE是边长为2的菱形,∠BCE=60°,∴AC⊥BE,OA=OC=3.如图②,OA⊥BE,OC1⊥BE,∴∠AOC1是二面角A-BE-C1的平面角,∵AC1=6,∴OA2+OC12=AC12,∴OA⊥OC1,即∠AOC1=90°,∴平面BC1E⊥平面ABED.　(2)存在.以O为坐标原点,OA,OB,OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图②所示,则D32,-32,0,C1(0,0,3),A(3,0,0),B(0,1,0),E(0,-1,0),∴DC1=-32,32,3,AD=-32,-32,0,AB=(−3,1,0),AC1=(−3,0,3),AE=(−3,-1,0),设DP=λDC1=-32λ,32λ,3λ,λ∈[0,1],则AP=AD+DP=-32-32λ,-32+32λ,3λ,设平面ABC1的一个法向量为n=(x,y,z),则AB·n=-3x+y=0,AC1·n=-3x+3z=0,令x=1,则y=3,z=1,∴n=(1,3,1),∴点P到平面ABC1的距离d=|AP·n||n|=|23λ-23|5=155,解得λ=12或λ=32(舍去),∴AP=-334,-34,32,∴EP=AP−AE=34,14,32,设直线EP与平面ABC1的夹角为θ,θ∈0,π2,则sin θ=|cos|=|EP·n||EP||n|=35=155,∴直线EP与平面ABC1夹角的正弦值为155.故在棱DC1上存在点P,使得点P到平面ABC1的距离为155.3.解析　(1)因为△PAD是正三角形,O为AD的中点,所以PO⊥AD.因为CD⊥平面PAD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥CD,因为AD∩CD=D,所以PO⊥平面ABCD.因为AD∥BC,AD=BC,O,G分别为AD,BC的中点,所以AO∥BG,AO=BG,所以四边形ABGO为平行四边形,所以OG∥AB,又AB⊥AD,所以OG⊥AD.以O为坐标原点,OA,OG,OP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,设AB=2,则AD=4,A(2,0,0),G(0,2,0),P(0,0,23),E(−1,1,3),F(−1,0,3),所以EF=(0,−1,0),EG=(1,1,−3).设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z),则n·EF=-y=0,n·EG=x+y-3z=0,取x=3,可得n=(3,0,1).易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=m·n|m||n|=12,所以平面EFG与平面ABCD的夹角为π3.(2)假设在线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG的夹角为π6,设PM=λPA=λ(2,0,−23)=(2λ,0,−23λ),0≤λ≤1,则GM=GP+PM=(0,−2,23)+(2λ,0,−23λ)=(2λ,−2,23−23λ),由题意可得|cos|=|n·GM||n||GM|=2324λ2+4+12(1-λ)2=12,整理可得4λ2-6λ+1=0,因为0≤λ≤1,所以λ=3-54.因此,在线段PA上存在点M,使得直线GM与平面EFG的夹角为π6,且PMPA=3-54.4.解析　(1)证明:如图①所示,连接A1Q.因为AA1=AC=1,M,Q分别是CC1,AC的中点,所以Rt△AA1Q≌Rt△CAM,所以∠MAC=∠QA1A,所以∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°,所以AM⊥A1Q.因为N,Q分别是BC,AC的中点,所以NQ∥AB.又AB⊥AC,所以NQ⊥AC.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,所以NQ⊥AA1.又AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1,所以NQ⊥平面ACC1A1,所以NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1,所以N,Q,A1,P四点共面,所以A1Q⊂平面PNQ.因为NQ∩A1Q=Q,NQ,A1Q⊂平面PNQ,所以AM⊥平面PNQ,所以无论λ取何值,总有AM⊥平面PNQ.(2)存在.以A为坐标原点,AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,1),B1(1,0,1),M0,1,12,N12,12,0,所以NM=-12,12,12,A1B1=(1,0,0),由A1P=λA1B1=λ(1,0,0)=(λ,0,0),可得点P(λ,0,1),所以PN=12-λ,12,-1.设n=(x,y,z)是平面PMN的一个法向量,则n·NM=0,n·PN=0,即-12x+12y+12z=0,12-λx+12y-z=0,令x=3,则y=1+2λ,z=2-2λ,所以n=(3,1+2λ,2-2λ).易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1).假设存在符合条件的点P,则|cos|=|2-2λ|9+(1+2λ)2+(2-2λ)2=12,整理得4λ2-14λ+1=0,解得λ=7-354或λ=7+354(舍去).综上,存在点P,且当A1P=7-354时,满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.