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1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11CB=(0,2,0),1DC=(-1,0,1),CD=(1,0,1).由11CB·CD=(0,2,0)·(1,0,1)=0+0+0=0,得11CB⊥CD,即C1B1⊥CD.由1DC·CD=(-1,0,1)·(1,0,1)=-1+0+1=0,得1DC⊥CD,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=22AA1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),CD=(1,0,a),1CB=(0,2,2),设平面B1CD的法向量为m=(x,y,z),则m·1CB=0m·CD=0⇒2y+2z=0,x+az=0,令z=-1,得m=(a,1,-1).又∵CB=(0,2,0)为平面C1CD的一个法向量,则cos60°=|m·CB||m|·|CB|=1a2+2=12,解得a=2(负值舍去),故AD=2=22AA1.∴在AA1上存在一点D满足题意.22.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BDBC1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),1AB=(0,3,-4),11AC=(4,0,0).设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则n·1AB=0,n·11AC=0.即3y-4z=0,4x=0.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〉=n·m|n||m|=1625.由题知二面角A1BC1B1为锐角,所以二面角A1BC1B1的余弦值为1625.(3)证明:设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且BD=λ1BC.所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4).解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.所以AD=(4λ,3-3λ,4λ).由AD·1AB=0,即9-25λ=0,解得λ=925.因为925∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.此时,BDBC1=λ=925.33、如图,在四棱锥PABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=2,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63?若存在,求出PQQD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),∴PB=(1,-1,-1),易证OA⊥平面POC,∴OA=(0,-1,0)是平面POC的法向量,cos〈PB,OA〉=PB·OA|PB||OA|=33.∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为63.(2)PD=(0,1,-1),CP=(-1,0,1).设平面PDC的一个法向量为u=(x,y,z),则u·CP=-x+z=0,u·PD=y-z=0,取z=1,得u=(1,1,1).∴B点到平面PCD的距离为d=|BP·u||u|=33.(3)假设存在一点Q,则设PQ=λPD(0λ1).∵PD=(0,1,-1),∴PQ=(0,λ,-λ)=OQ-OP,∴OQ=(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AC=(1,1,0),AQ=(0,λ+1,1-λ),则m·AC=x+y=0,m·AQ=λ+1y+1-λz=0.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63,所以|cos〈m,n〉|=|m·n||m||n|=63,得3λ2-10λ+3=0,解得λ=13或λ=3(舍),所以存在点Q,且PQQD=12.4、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ABA1DCD1.4(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π6?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1DE=(1,t,-1),1AD=(-1,0,-1),∴1DE·1AD=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EC=(-1,2-t,0),则n·EC=0,n·1DE=0得-x+2-ty=0,x+ty-z=0,令y=12,则x=1-12t,z=1,∴n=1-12t,12,1是平面D1EC的一个法向量,显然平面ECD的一个法向量为1DD=(0,0,1),则cos〈n,1DD〉=|n·1DD||n||1DD|=11-12t2+14+1=cosπ6,解得t=2-33(0≤t≤2).故存在点E,当AE=2-33时,二面角D1ECD的平面角为π6.5、如图是多面体ABCA1B1C1和它的三视图.5(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1CC=(-1,1,2),11AC=(-1,-1,0),1AC=(0,-2,-2).设E(x,y,z),则CE=(x,y+2,z),1EC=(-1-x,-1-y,2-z).设CE=λ1EC(λ0),则x=-λ-λx,y+2=-λ-λy,z=2λ-λz,则E-λ1+λ,-2-λ1+λ,2λ1+λ,BE=2+λ1+λ,-2-λ1+λ,2λ1+λ.由BE·11AC=0,BE·1AC=0,得-2+λ1+λ+2+λ1+λ=0,-2-λ1+λ+2λ1+λ=0,解得λ=2,所以线段CC1上存在一点E,CE=21EC,使BE⊥平面A1CC1.(2)设平面C1A1C的法向量为m=(x,y,z),则由m·11AC=0,m·1AC=0,得-x-y=0,-2y-2z=0,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〉=m·n|m||n|=13=33,故平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值为33.6、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).6(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BPBC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(0,23,0),E(0,3,1),F(1,3,0),DF=(1,3,0),DE=(0,3,1),DA=(0,0,2).平面CDF的法向量为DA=(0,0,2).设平面EDF的法向量为n=(x,y,z),则DF·n=0,DE·n=0,即x+3y=0,3y+z=0,取n=(3,-3,3),cos〈DA,n〉=DA·n|DA||n|=217,所以二面角EDFC的余弦值为217.(3)存在.设P(s,t,0),有AP=(s,t,-2),则AP·DE=3t-2=0,∴t=233,又BP=(s-2,t,0),PC=(-s,23-t,0),∵BP∥PC,∴(s-2)(23-t)=-st,∴3s+t=23.把t=233代入上式得s=43,∴BP=13BC,∴在线段BC上存在点P,使AP⊥DE.此时,BPBC=13.
本文标题:向量法解决空间立体几何---点存在性问题--教师版
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