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1、高中数学立体几何存在性问题专题1.（天津理17）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA122，C1H平面AA1B1B，且C1H5.（Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角AA1C1B1的正弦值；（Ⅲ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面长．AA1B1B，且MN平面A1B1C，求线段BM的本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面垂直、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.满分13分.方法一：如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点.依题意得A(22,0
2、,0),B(0,0,0),C(2,2,5)A1(22,22,0),B1(0,22,0),C1(2,2,5)uuuruuuur（I）解：易得AC(2,2,5),A1B1(22,0,0)，cosuuuruuuuurAC,A1B1uuuruuuurACA1B1uuuruuuur42,于是
3、AC
4、
5、A1B1
6、32232.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为3uuuruuuur（II）解：易知AA1(0,22,0),A1C1(2,2,5).设平面AA1C1的法向量muuuur(x,y,z)，mA1C1uuur则mAA102x2y0即22y0.5z0,不妨令x
7、5,可得m(5,0,2)，同样地，设平面A1B1C1的法向量nuuuur(x,y,z)，mA1C1uuuur则nA1B10,0.即2x2y22x0.5z0,不妨令y5，可得n(0,5,2).cosm,nmn22,于是sin从而m,n
8、m
9、
10、n
11、35.777735.所以二面角A—A1C1—B的正弦值为7（III）解：由N为棱B1C1的中点，N(2,32,5).得222设M（a，b，0），uuuur2325MN(a,b,)则222uuuuruuuur11MNAB0,uuuuruuuur由MN平面A1B1C1，得MNA1C10.(2a)(22)0,22325
12、(a)(2)(b)(2)50.即222a2,22b.M(2,2,0).解得uuuur4故2422uuuur10BM(,,0)因此24，所以线段BM的长为
13、BM
14、.4方法二：（I）解：由于AC//A1C1，故C1A1B1是异面直线AC与A1B1所成的角.因为C1H平面AA1B1B，又H为正方形AA1B1B的中心，AA122,C1H5,可得A1C1B1C13.AC2AB2BC22cosC1A1B1111111.因此2A1C1A1B132.所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为3（II）解：连接AC1，易知AC1=B1C1，又由于AA1=B1A1，A1C1=
15、A1=C，1所以AC1A1≌B1C1A，过点A作ARA1C1于点R，连接B1R，于是B1RA1C1，故ARB1为二面角A—A1C1—B1的平面角.BRABsinRAB221(2)2214.在RtA1RB1中，1111133连接AB1，在ARB1中，AR2BR2AB22AB4,ARBR,cosARB111112ARB1R7，sin从而ARB135.735.所以二面角A—A1C1—B1的正弦值为7（III）解：因为MN平面A1B1C1，所以MNA1B1.取HB1中点D，连接ND，由于N是棱B1C1中点，所以ND//C1H且ND1CH5122.又C1H平面
16、AA1B1B，所以ND平面AA1B1B，故NDA1B1.又MNI所以A1B1NDN,平面MND，连接MD并延长交A1B1于点E，则MEA1B1,故ME//AA1.DEB1EB1D1,由AA1B1A1B1A4DEB1E得BFB1E22，延长EM交AB于点F，2.可得2连接NE.在RtENM中，NDME,故ND2DEDM.ND252DM.所以DE4FM2.可得4连接BM，在RtBFM中，BMFM22.（理20）BF210.4如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2（Ⅰ）证明：AP⊥
17、BC；（Ⅱ）在线段AP上是否存在点M，使得二面角A-MC-B为直二面角？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由。本题主要考查空是点、线、面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。方法一：（I）证明：如图，以O为原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xyz则O(0,0,0),A(0,3,0),B(4,2,0),C(4,2,0),P(0,0,4)，uuuruuuruuuruuurAP(0,3,4),BC
