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1、-高中数学立体几何存在性问题专题1.*理17如图，在三棱柱中，是正方形的中心，平面，且求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；求二面角的正弦值；设为棱的中点，点在平面，且平面，求线段的长本小题主要考察异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等根底知识，考察用空间向量解决立体几何问题的方法，考察空间想象能力、运算能力和推理论证能力.总分值13分.方法一：如下图，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.依题意得I解：易得，于是所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为II解：易知设平面AA1C1的法向量，则即不妨令可得，同样地，设平面A1B1C1的法向量，则即不妨令，可得于是从而所以二面角AA1C1B
2、的正弦值为III解：由N为棱B1C1的中点，得设Ma，b，0，则由平面A1B1C1，得即解得故因此，所以线段BM的长为方法二：I解：由于AC/A1C1，故是异面直线AC与A1B1所成的角.因为平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，可得因此所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为II解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=A1=C1，所以，过点A作于点R，连接B1R，于是，故为二面角AA1C1B1的平面角.在中，连接AB1，在中，从而所以二面角AA1C1B1的正弦值为III解：因为平面A1B1C1，所以取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点
3、，所以ND/C1H且.又平面AA1B1B，所以平面AA1B1B，故又所以平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则由得，延长EM交AB于点F，可得连接NE.在中，所以可得连接BM，在中，2.理20如图，在三棱锥中，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，BC=8，PO=4，AO=3，OD=2证明：APBC；在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？假设存在，求出AM的长；假设不存在，请说明理由。此题主要考察空是点、线、面位置关系，二面角等根底知识，空间向量的应用，同时考察空间想象能力和运算求解能力。总分值15分。方法一：I证明：如图，以O为原点，以射线OP为
4、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O*yz则，由此可得，所以，即II解：设设平面BMC的法向量，平面APC的法向量由得即由即得由解得，故AM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。方法二：I证明：由AB=AC，D是BC的中点，得又平面ABC，得因为，所以平面PAD，故II解：如图，在平面PAB作于M，连CM，由I中知，得平面BMC，又平面APC，所以平面BMC平面APC。在在，在所以在又从而PM，所以AM=PA-PM=3。综上所述，存在点M符合题意，AM=3。3.理19如题19图，在四面体中，平面平面，假设，求四面体的体积；假设二面角为，求异面直线与所成角的余弦值I解：如答19图1，设F为A
5、C的中点，由于AD=CD，所以DFAC.故由平面ABC平面ACD，知DF平面ABC，即DF是四面体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体ABCD的体积II解法一：如答19图1，设G，H分别为边CD，BD的中点，则FG/AD，GH/BC，从而FGH是异面直线AD与BC所成的角或其补角.设E为边AB的中点，则EF/BC，由ABBC，知EFAB.又由I有DF平面ABC，故由三垂线定理知DEAB.所以DEF为二面角CABD的平面角，由题设知DEF=60设在从而因RtADERtBDE，故BD=A
6、D=a，从而，在RtBDF中，又从而在FGH中，因FG=FH，由余弦定理得因此，异面直线AD与BC所成角的余弦值为解法二：如答19图2，过F作FMAC，交AB于M，AD=CD，平面ABC平面ACD，易知FC，FD，FM两两垂直，以F为原点，射线FM，FC，FD分别为*轴，y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系F*yz.不妨设AD=2，由CD=AD，CAD=30，易知点A，C，D的坐标分别为显然向量是平面ABC的法向量.二面角CABD为60，故可取平面ABD的单位法向量，使得设点B的坐标为，有易知与坐标系的建立方式不合，舍去.因此点B的坐标为所以从而故异面直线AD与BC所成的角的余弦值为. z.
