2018-2019学年高中数学 第1部分 第3章 空间向量与立体几何 章末小结 知识整合与阶段检测（含解析）苏教版选

ruuur1uuu234

把t＝代入上式得s＝，∴BP＝·BC，

333

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.

BP1

此时＝.

BC3

19．(北京高考)(本小题满分16分)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，

D、E分别为AC、AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；

(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC， 所以DE⊥AC.

所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC. 所以DE⊥A1C.

又因为A1C⊥CD，且CD∩DE＝D， 所以A1C⊥平面BCDE. (2)如图，以C为坐标原点，

CB、CD、CA1为x、y、z轴，

建立空间直角坐标系C－xyz， 则A1(0,0,23)，D(0,2,0)，

M(0,1，3)，B(3,0,0)，

E(2,2,0)．设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，

则n·uAuuuruuur1B＝0，n·BE＝0. 又uAuuur1B＝3，0，－23，BE＝(－1,2,0)， 所以??

3x－23z＝0，?－x＋2y＝0.

令y＝1，则x＝2，z＝3.所以n＝(2,1，3)．

9

设CM与平面A1BE所成的角为θ.

uuur因为CM＝(0,1，3) uuur所以sin θ＝|cos〈n，CM〉|

uuurn·CM42

uuur|＝＝|＝.

8×42|n||CM|

π

所以CM与平面A1BE所成角的大小为.

4

(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，

设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则

uuuuruuurm·A1D＝0，m·DP＝0. uuuuruuur又A1D＝0，2，－23，DP＝(p，－2,0)， ?2y－2 3z＝0，所以?

?px－2y＝0.

p

?2，p，p?

令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝??.

3??3

平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0， 即4＋p＋p＝0.

解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．

所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直． 20．(山东高考)(本小题满分16分) 如图所示，在三棱锥P－

ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，

连接GH.

(1)求证：AB∥GH；

(2)求二面角D－GH－E的余弦值．

解：(1)证明：因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC.

又EF?平面PCD，DC?平面PCD， 所以EF∥平面PCD.

又EF?平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH， 所以EF∥GH.

10

又EF∥AB，所以AB∥GH.

(2)在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ， 所以∠ABQ＝90°. 又PB⊥平面ABQ，

所以BA，BQ，BP两两垂直．

以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

设BA＝BQ＝BP＝2，

则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，

P(0,0,2)．

所以uEQuur＝(－1,2，－1)，uFQuur＝(0,2，－1)，

uDPuur＝(－1，－1，2)，uCPuur＝(0，－1,2)．

设平面EFQ的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，

由m·uEQuur＝0，m·uFQuur＝0，得???

－x1＋2y1－z1＝0，?2y

?

1－z1＝0，

取y1＝1，得m＝(0,1,2)．

设平面PDC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，

由n·uDPuur＝0，n·uCPuur＝0，得???

－x2－y2＋2z2＝0，

?－y

?

2＋2z2＝0，

取z2＝1，得n＝(0,2,1)，

所以cos〈m，n〉＝m·n4

|m||n|＝5

.

因为二面角D－GH－E为钝角， 所以二面角D－GH－E的余弦值为－4

5

.

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