23266
在Rt△BPC中，PG＝3，GC＝3，BG＝3， 设AB＝m，则OP＝PG－OG＝的体积为
1
V＝3·6·m·
22242－m，故四棱锥P－ABCD3
4m22－m＝8－6m. 33
24因为m8－6m＝8m－6m＝
?22?28
－6?m－3?＋3， ??
66
故当m＝3，即AB＝3时，四棱锥P－ABCD的体积最大． 此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，
?6?626???6?26?6????????B，3，0，C3，3，0，D0，3，0，P0，0，3?. 3????????
?626??6?→6→→?，故PC＝?，BC＝(0，6，0)，CD＝?－，0，0?，
3，－3?3?3??
设平面BPC的法向量n1＝(x，y，1)， →，n⊥BC→得 则由n1⊥PC1
?6x＋26y－6＝0，33 ?3
?6y＝0，
解得x＝1，y＝0，n1＝(1，0，1)．
1??
同理可求出平面DPC的法向量n2＝?0，2，1?，
?
?
从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为
|n1·n2|
cos θ＝＝|n1||n2|
12·
14＋1
10＝5.
【一年模拟试题精练】
1．(1)证明 取AB中点O，连接PO，则PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
PO?平面PAB，PO⊥平面ABCD，
分别以OB，ON，OP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， P(0，0，3)，D(－1，4，0)，B(1，0，0)，
?1??1?→＝(1，0，－3)． E?－3，0，0?，F?－3，4，0?，则PB????
设平面EFG的法向量n＝(x，y，z)，
?5?3?→?2→??， ??，－4，0∵GE＝，－2，－，FE＝3
62????
→·n＝0，FE→·n＝0， ∴GE
53
6x－2y－2z＝0，∴
2
3x－4y＝0
???
故n＝(6，1，23)， →·n＝0，∴PB→⊥n. ∴PB
∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.
(2)解 连接PE，则PE⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE?平面PAB，∴PE⊥平面ABCD，
分别以EB，EN，EP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
→＝(－1，4，－3)， ∴P(0，0，3)，D(－1，4，0)，PD
?1423?1→?143?→???. ∵PG＝3PD＝－，，－.∴G?－，，3?3??33?33
设点H(x，y，0)，且－1≤x≤1，0
?1423?→??， 又GH＝x＋，y－，－
333??
→·PD→＝0， ∵GH⊥PD，∴GH
1161111
∴－x－3＋4y－3＋2＝0，即y＝4x＋12② 把②代入①得：3x2－12x－44>0. 242242
∴x>2＋3，或x<2－3.
∵满足条件的点H必在矩形ABCD内，则有－1≤x≤1， ∴矩形ABCD内不能找到点H，使之同时满足(ⅰ)(ⅱ)条件．
2．解 法一 (1)根据题意，长方体体积为
?t＋2－t?2
?＝1， V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤?
2??
当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，
所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，
作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，
因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，
故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角． 因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形，
A1B×BC26
又A1B＝2，A1C＝3，所以BM＝AC＝＝3，同理可
31
6
得，DM＝3，
669＋9－21
在△BMD中，根据余弦定理有：cos∠BMD＝＝－2，
662×3×3因为∠BMD∈(0°，180°)，所以∠BMD＝120°， 即此时二面角B－A1C－D的值是120°.
(2)若线段A1C上存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD，又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC.
所以BD⊥AC，
底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在．
由(1)知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M， A1B2223此时，A1P＝AC＝＝3. 31法二 根据题意可知
，AA1，AB，AD两两垂直，以AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
?t＋2－t?2
?＝1， (1)长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤?
2??
当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1.
所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形→ABCD为正方形，则A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，A1B＝→＝(0，1，0)， (1，0，－1)，BC
??x－z＝0，
设平面A1BC的法向量m＝(x，y，z)，则?
??y＝0，
取x＝z＝1，得：m＝(1，0，1)，
同理可得平面A1CD的法向量n＝(0，1，1)， 所以，cos〈m，n〉＝m·n1
＝， |m|·|n|2
又二面角B－A1C－D为钝角，故值是120°.
(也可以通过证明B1A⊥平面A1BC写出平面A1BC的法向量) (2)根据题意有B(t，0，0)，C(t，2－t，0)，D(0，2－t，0)，若线→→段A1C上存在一点P满足要求，不妨A1P＝λA1C，可得P(λt，λ(2－t)，1－λ)，
→＝(λt－t，λ(2－t)，1－λ)，BD→＝(－t，2－t，0) BP
2→·→??BPA?t（λt－t）＋λ（2－t）－（1－λ）＝0，1C＝0
即：?2 ?2
?→→－t＋（2－t）＝0，??BD·A1C＝0
2
解得：t＝1，λ＝3. 即只有当底面四边形是正方形时才有符合要求的点P，位置是线段A1C上且满足A1P∶PC＝2∶1处．
3．(1)证明 取AD的中点M，连接MP，MB， 在△ADF中，FP＝PD，DM＝MA.
11
所以MP∥AF，且MP＝2AF，又因为BE＝2AF，且BE∥AF，
百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库2017浙江高考空间向量与立体几何练习(3)在线全文阅读。
相关推荐：