立體幾何中的存在性問題

1、 高中數(shù)學(xué) 立體幾何 存在性問題專題1.（天津理17） 如圖，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且（）求異面直線AC與A1B1所成角的余弦值；（）求二面角的正弦值；（）設(shè)為棱的中點，點在平面內(nèi)，且平面，求線段的長本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面垂直、二面角等基礎(chǔ)知識，考查用空間向量解決立體幾何問題的方法，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力.滿分13分. 方法一：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，點B為坐標(biāo)原點. 依題意得 （I）解：易得， 于是 所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為 （II）解：易知 設(shè)平面AA1C1的法向量， 則即 不妨令可得， 同樣地，設(shè)平面A1B1C1的

2、法向量， 則即不妨令，可得于是從而所以二面角AA1C1B的正弦值為 （III）解：由N為棱B1C1的中點，得設(shè)M（a，b，0），則由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以線段BM的長為方法二：（I）解：由于AC/A1C1，故是異面直線AC與A1B1所成的角.因為平面AA1B1B，又H為正方形AA1B1B的中心，可得因此所以異面直線AC與A1B1所成角的余弦值為（II）解：連接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，過點A作于點R，連接B1R，于是，故為二面角AA1C1B1的平面角.在中，連接AB1，在中，從而所以二面角AA1C1B1的正弦值為（III）

3、解：因為平面A1B1C1，所以取HB1中點D，連接ND，由于N是棱B1C1中點，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，連接MD并延長交A1B1于點E，則由得，延長EM交AB于點F，可得連接NE.在中，所以可得連接BM，在中，2.（浙江理20） 如圖，在三棱錐中，D為BC的中點，PO平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（）證明：APBC；（）在線段AP上是否存在點M，使得二面角A-MC-B為直二面角？若存在，求出AM的長；若不存在，請說明理由。本題主要考查空是點、線、面位置關(guān)系，二面角等基礎(chǔ)知識，空間向量的應(yīng)用，

4、同時考查空間想象能力和運算求解能力。滿分15分。方法一： （I）證明：如圖，以O(shè)為原點，以射線OP為z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz則，由此可得，所以，即（II）解：設(shè)設(shè)平面BMC的法向量，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。綜上所述，存在點M符合題意，AM=3。方法二：（I）證明：由AB=AC，D是BC的中點，得又平面ABC，得因為，所以平面PAD，故（II）解：如圖，在平面PAB內(nèi)作于M，連CM，由（I）中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又從而PM，所以AM=PA-PM=3。綜上所述，存在點M符合題意，AM=3。3.（重慶理19

5、） 如題（19）圖，在四面體中，平面平面， （）若，求四面體的體積； （）若二面角為，求異面直線與所成角的余弦值 （I）解：如答（19）圖1，設(shè)F為AC的中點，由于AD=CD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面體ABCD的面ABC上的高，且DF=ADsin30°=1，AF=ADcos30°=.在RtABC中，因AC=2AF=，AB=2BC，由勾股定理易知故四面體ABCD的體積 （II）解法一：如答（19）圖1，設(shè)G，H分別為邊CD，BD的中點，則FG/AD，GH/BC，從而FGH是異面直線AD與BC所成的角或其補(bǔ)角. 設(shè)E為邊AB的中點，

6、則EF/BC，由ABBC，知EFAB.又由（I）有DF平面ABC， 故由三垂線定理知DEAB.所以DEF為二面角CABD的平面角，由題設(shè)知DEF=60°設(shè)在從而因RtADERtBDE，故BD=AD=a，從而，在RtBDF中，又從而在FGH中，因FG=FH，由余弦定理得因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為解法二：如答（19）圖2，過F作FMAC，交AB于M，已知AD=CD，平面ABC平面ACD，易知FC，F(xiàn)D，F(xiàn)M兩兩垂直，以F為原點，射線FM，F(xiàn)C，F(xiàn)D分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Fxyz.不妨設(shè)AD=2，由CD=AD，CAD=30°，易知點A，C，D的坐標(biāo)分別為顯然向量是平面ABC的法向