高考數(shù)學(xué)培優(yōu)微專題《探索邊長和點的位置》解析版

以它們?yōu)楸尘暗奶剿餍詥栴}是近年來高考數(shù)學(xué)命題創(chuàng)新的一個顯著特點,在高考試題及各類模擬試題中屢見不鮮,此類試題具有一定的新穎性、開放性、探索性和創(chuàng)造性.由于這類問題涉及到的點具有運動性和不確定性,所以用傳統(tǒng)的方法解決起來難度較大,若用向量方法處理結(jié)舉例談?wù)勏蛄糠ㄇ蠼饬Ⅲw幾何探索性問題的類型和方法.共面:關(guān)系:關(guān)系:角:角:角:::1.如圖，在五面體ABCDEF中，四邊EF=2CD=2.(2)若平面ACF⊥平面BCE，求DF的長.面ABEF⊥平面CDFE，平面ABEF∩平面CDFE=EF，DF⊥EF，DF?平面CDFE，所以DF⊥平面ABEF.所以DF⊥AF，DF⊥FE.又AF⊥EF.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),E)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),D)直角坐標(biāo)系F-xyz.設(shè)DF=t(t>0)，則C(0,1,t).EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)-1,t)，F(xiàn)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),A)=(2,0,0)，F(xiàn)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)=(0,1,t)，設(shè)平面BCE的一個法向EEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),B)，⊥EEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)，設(shè)平面ACF的一個法向量為p,q,r)，不妨取r=1，則q=-t，得0,-t,1)，因為平面ACF⊥平面BCE，即DF=1.2.如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1B1B，AC=BC，四邊形AA1B1B是邊長為2的菱(2)若點B1到平面ACA1的距離為求平面BA1A與平面CA1A夾角的余弦值.,A1B，∵AC=BC,OA=OB，∴AB⊥OC，∵四邊形AA1B1B是菱形，∠BAA1=60°,∴△AA1B為正三角形，又OA=OB，∴AB⊥OA1又∵OC?OA1=O,OC、OA1?平面A1OC，∴AB⊥面A1OC，又A1C?面A1OC，∴AB⊥A1C；(2)∵CO⊥AB,平面ABC⊥平面AA1B1B，平面ABC?平面AA1B1B=AB，CO⊥平面ABC，∴CO⊥平面AA1B1B，則A(1,0,0),B(-1,0,0),A1(0,、3,0),B1(-2,3,0),C(0,0,h)，∴AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(→),1)=(-1,、3,0),BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),1A1)=(2,0,0),AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)=(-1,0,h),設(shè)平面AA1C的法向量,y,z)，,解得h=，所以平面BA1A與平面CA1A夾角的余弦值為.3.如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1,AB=3.(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值為,求AD.以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB,PA?平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB?平面PAB，所以AD⊥AB.因為BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，根據(jù)平面知PBC.如圖所示，過點D作DE⊥AC于E，再過點E作EF⊥CP于F，連接DF，因為PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，根據(jù)二面角的定義可知，∠DFE即為二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE=，即tan∠DFE=、因為AD⊥DC，設(shè)AD=x，則CD==3.4.如圖，四棱錐S-ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC與平面DAC夾試說明理由.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(——→),OB)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(——→),OC)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(→),S)-xyz.于是，則=0，故OC⊥SD，從而AC⊥SD.DS=(2)解由題設(shè)知，平面DS=OS=OS=由題知，二面角P-AC-D為銳角，DS(3)解在棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC.根據(jù)第(2)問知DEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(→),S)是平面PAC的一個法向量，且DS設(shè)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(——→),CE)=tEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—),C)—EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(→),S)，則BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),E)=BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)+EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(——→),CE)=BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)+tEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(→),S)=(-a，1-t)，at(.由于BE?平面PAC，故BE∥平面PAC.因此在棱SC上存在點E，使BE∥平面PAC，此時SE∶EC=2∶1.PD的中點.(3)在線段BC上是否存在點F，使得點E到平面PAF說明理由.形ABCD為正方形，則BC⊥AB，CD⊥AD，因為PB⊥BC，BC⊥AB，PB∩AB=B，PB，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因為PA?平面PAB，所以PA⊥BC，因為PD⊥CD，CD⊥AD，PD∩AD=D，PD，AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因為PA?平面PAD，所以PA⊥CD，因為BC∩CD=C，BC，CD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD.(2)解因為PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，不妨以點則A(0,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,設(shè)平面ACE的法向量為m=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),C)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),E)取y=1，可得m=(-1,1，-1)，所以直線PC與平面ACE所成角的正弦值為EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),F)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)取a=t，則n=(t，-2,0)，為線段BC的中點時，點E到平面PAF的距離為6.已知在六面體PABCDE中，PA⊥平面ABCD，ED∠ABC=60°.(2)若直線PC與平面ABCD所成存在點M，使二面角P-AC-M∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥PA，又PA∩AC=A，PA，AC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC；(2)∵PA⊥平面ABCD，∴AC為PC在平面ABCD∴∠PCA為直線PC與平面ABCD所成角，∴∠PCA=45°,∴PA=AC，令DE=1，則PA=AC=2，又四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60∴ABC為等邊三角形，AB=2，取BC的中點H，連接AH，∴AH=、3，則AH⊥BC，∴AH⊥AD，以A為原點，分別以AH,AD,AP所在直線為x,y,z∴EEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=(0,-2,1)令M(x,y,z)，∵M,P,E三點共線(0≤λ≤1)，∴(x,y-2,z-1)=λ(0,-2,1)，∴x=0，y=2-2λ,z=1+λ,∴M(0,2-2λ,1+λ)，∴AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),C)=(、3,1,0)，AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),M)=(0,2-2λ,1+λ)，BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),D)=(-3,3,0)， （此處的AM也可以這樣處理AM=AE+EM=AE+λEEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)=(0,2,1)+λ(0,-2,1)=(0,2-2λ,1+λ)）由(1)知BD⊥平面PAC，∴平面PAC的法向量∴=(-1,、∴令平面ACM的法向量為,y,z)，則(1+λ(z=0,∵二面角P-AC-M為60°,∴存在點M即為點E時，二面角P-AC-M為60°.___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2.(Ⅲ)若二面角E-BD-F的余弦值為求線段CF的長.為AE⊥平面ABCD，AD，AE⊥AD，AE⊥AB，又AD⊥AB，設(shè)=(x1,y1,z1(為平面BDF的法向量，取y1=1AB是圓O的直徑，四邊形DC⊥平面ABC.面角A-BD-C所成角θ長.∴AC⊥BC，又∵DC⊥平面ABC，BC?平面ABC∴DC⊥BC，又AC∩CD=C，AC，CD?平面ACD∴BC⊥平面ACD，又AD?平面ACD，∴AD⊥BC.則C(0,0,0)，B(2,0,(0,0,a).平面BCD，∴平面BCD的一個法向量是EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(——→),CA)=(0,設(shè),y,z)為平面ABD的一個法向量，AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),B)=(2,-2、3,0)，AEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),D)=(0,-2、3,a).不妨令x=1，則y=，又二面角A-BD-C所成角θ的正切值是2，∴cosθ=3.四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，平面PAC⊥平面ABCD，且AC⊥PB.(2)若二面角A-PC-B的余弦值為到平面PBC的距離.∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又∵面PAC⊥面ABCD，面PAC∩面ABCD=AC，BD?面ABCD，∴BD⊥面PAC，∵PO?面PAC，∴PO⊥BD，又∵O為BD的中點，∴PB=PD，∴△PBD是等腰三角形.(2)∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD=B，∴AC⊥面PBD，∵PO?面PBD∴PO⊥AC，又∵PO⊥BD，AC∩BD=O，∴PO⊥面ABCD，設(shè)OP=a，則P(0,0,a),C(-、2,0,0),B(0,、2,0)，∴EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(——→),CP)=(2,0,a),EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(——→),CB)=(、2,、2,0)，設(shè),y,≈)是面PBC的法∵BD⊥面PAC，∴面PAC的法向量為0,1,0)，=2，∵D(0,-、2,0)，,面PAC的法向量-2,2,∴D到平面PBC的距離⊥AB于點B，將△ADB沿DB折起到△A1DB的位(3)在線段BD上是否存在點P，使平面A1BP⊥平面 若不存在，說明理由.1B⊥平面BCDB，BB⊥DB，所以BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(→),1)=(-1,0，1)，BEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),D)=(-1,、3,0)，假設(shè)在線段BD上存在一點P，使得平面A1BP⊥平面A1BD，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),P)λBEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(—→),D)(0≤λ≤1)，則(∞-1,y，≈)=λ(所以P(1-λ,3λ,0)，因為平面A1BP⊥平面A1BD，所以在線段BD上存在點P，使得平面A1BP⊥平面A1BD5.如圖，在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，AA1=A1B1=AB=1，∠ABC=60°,AA1⊥平面ABCD.(2)棱BC上是否存在一點B，使得平面BAD1與平面DAD1說明理由.∵四邊形ABCD為菱形，則AB=BC，∵Q為BC的中點，則AQ⊥BC，∵AD∥BC，∴AQ⊥AD，則A(0,0,0)，A1(0,0,1)，D1∴C1M⊥A1C.-→AD10)，其中-1≤λ≤EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(—→),B)-→AD1平面ADD1的一個法向量為m=(1,0,0