发布时间 : 星期三 文章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）苏教版选更新完毕开始阅读f259bc07f21dc281e53a580216fc700abb685287
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.
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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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