以立体几何中探索性问题为背景的解答题

易知平面CEG的一个法向量为＝(6，－6，0)．

设平面DEG的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，

则

即

令x0＝1得z0＝－，n＝

，

所以＝，＝，解得t＝2.

，此时

＝2.

故存在点G(2，2，4)，使得二面角CEGD的余弦值为【精选名校模拟】

1. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，BC⊥DC，∠BAD＝60°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，△PAD为正三角形，M是棱PC上的一点(异于端点)．

(1)若M为PC的中点，求证：PA∥平面BME；

(2)是否存在点M，使二面角MBED的大小为30°.若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由． 【解析】 (1)证明：如图，连接AC交BE于点F，连接CE.

由题意知BC∥AE，且BC＝AE，故四边形ABCE为平行四边形，∴F为AC的中点，在△PAC中，又由M为PC的中点，得MF∥PA.

又MF?平面BME，PA?平面BME，∴PA∥平面BME.

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(2)连接PE，则由题意知PE⊥平面ABCD.

故以E为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系E－xyz，则

E(0,0,0)，P(0,0，B(

设

，0,0)，C(＝λ

)，

，－1,0)．

＝(0<λ<1)，

(1－λ))． (1－λ))，

＝(

，0,0)．

则M(∴

λ，－λ，

＝(λ，－λ，

取平面DBE的法向量n1＝(0,0,1)，设平面BME的法向量n2＝(x，y，z)，

则由

得又由即M令y＝

＝cos30°，得λ＝，

，得n2＝.

.故存在点M满足要求，且M为棱PC上靠近端点C的四等分点．

2. 【北京市东城二十二中2018届高三上学期期中试卷数学】在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形， ABCD， ?DAB?60?， PC?平面ABCD， AE?BD， CB?CD?CF．

（1）求证： BD?平面AED． （2）求二面角D?BF?C的余弦值．

（3）在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得FP//平面AED，若存在，求出存在，请说明理由．

【解析】（1）∵ABCD， ?DAB?60?，∴?ADC??BCD?120?．

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AP的值；若不AB∵CB?CD，∴?CDB?30?，∴?ADB?90?， AD?BD． ∵AE?BD，且AE?AD?A，

AE、AD?面AED，∴BD?面AED．

（2）知AD?BD，∴AC?BC．

∵FC?面ABCD， CA， CB， CF两两垂直，以C为坐标原点， 以CA， CB， CF为x， y， z轴建系．

设CB?1，则C?0,0,0?， B?0,1,0?， D??31??2,?2,0??，??∴BD???3?3??2,2,0??， BF??0,?1,1?．

??设BDF的一个法向量为m??x0,y0,z0?，

3∴{2x30?2y0?0 ，取z0?1，则m?3,1,1?．

?y0?z0?0由于CF??0,0,1?是面BDC的法向量， 则cosm,CF?m?CFm?CF?55． ∵二面角F?BD?C为锐二面角，∴余弦值为55． （3）存在点P?x,y,z?．

设AP??AB， ?x?3,y,z?????3,1,0?， ∴x?3?3?， y??， z?0， ∴P?3?3?,?,0?， FP??3?3?,?,?1?．

∵BD?面AED， BD???33,0??2,?2??．

??若PF面AED，∴PF?BD，

精品资料下载，数学教师研讨，欢迎加入数学教师研讨群238455466 F?0,0,1?，A?3,0,0?，- 11 -

∴32??3?3?3???????0，

?2??∴??

1AP1?，∴存在P为AB中点． ，∴

2AB2

3. 【云南省昆明市第一中学2018届高三第五次月考】如图，在四棱锥P?ABCD中，底面ABCD为直角梯形， AB//CD， AB?AD， CD?2AB?62， ?PAB与?PAD均为等边三角形，点E为CD的中点.

（1）证明：平面PAE?平面ABCD；

（2）试问在线段PC上是否存在点F，使二面角F?BE?C的余弦值为置；若不存在，请说明理由.

【解析】（1）证明：连接BD，由于AB∥CD，点E为CD的中点， DE?AB， AB?AD ∴四边形ABED为正方形，可得BD?AE 设BD与AE相交于点O

又∵△PAB与△PAD均为等边三角形 ∴PB?PD

在等腰△PBD中，点O为BD的中点

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3，若存在，请确定点F的位3