高考数学专题复习（精选精讲）练习7-立几存在性问题及三视图问题习题精选精讲

高考数学专题复习（精选精讲）练习7-立几存在性问题及三视图问题习题精选精讲

存在性问题 1如图，已知正方形 ABCD的边长为 2，中心为 O，设 PA⊥平面 ABCD，EC∥PA，且 PA=2.（1）当 CE为多少时，PO⊥平面 BED； （2）在（1）情形下，求二面角 E—PB—A的余弦值.： 解：以 A为原点，直线 AD为 x轴，AB为 y轴，直线 AP为 z轴建立空间直角坐标系 （1）则 P（0，0，2），O（1，1，0），D（2，0，0） ∵EC∥PA，∴可设 E（2，2，z）则 ),2,0(),2,1,1( zEDPA  ∵△PBD为等腰三角形，∴PO⊥BD，故要使 0,  EDPOEDPO 即 ，……4分 ∴－2+2z = 0，∴z = 1，即 OE = 1时，PO⊥平面 BED.……………………………6分 （2）∵AD⊥平面 PAB， AD 是平面 PAB的一个法向量，且 )0,0,2(AD 设 ),,( zyxn  为平面 PBE的一个法向量 由 )1,0,2(),2,2,0(  BEPB 由       02 022 :,, zx zy PBnBEn 得 解得： 2 , zxzy  取 z = 2，则 x =－1，y =2， ).2,2,1(n 3 1 |||| ,cos     ADn ADnADn 故二面 E—PB—A的余弦值为 . 3 1  2． 如图，三棱柱 ABC—A1B1C1中，AA1⊥面 ABC，BC⊥AC，BC=AC=2，AA1=3，D为 AC的中点. （Ⅰ）求证：AB1//面 BDC1； （Ⅱ）求二面角 C1—BD—C的余弦值； （Ⅲ）在侧棱 AA1上是否存在点 P，使得 CP⊥面 BDC1？并证明你的结论. （I）证明： 连接 B1C，与 BC1相交于 O，连接 OD ∵BCC1B1是矩形，∴O是 B1C的中点.又 D是 AC的中点， ∴OD//AB1.∵AB1面 BDC1，OD面 BDC1，∴AB1//面 BDC1. （II）解：如力，建立空间直角坐标系，则 C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0）， D（1，3，0） 设 n =（x1，y1，z1）是面 BDC1的一个法向量，则 , 0 0 1 1       DCn BCn 即 ) 2 1, 3 1,1( ,03 023 11 11       n yx zy 取 .…………6分 易知 CC1 =(0，3，0)是面 ABC的一个法向量. 7 2 3 6 7 1 |||| ,cos 1 1 1        CCn CCnCCn ∴二面角 C1—BD—C的余弦值为 7 2 （III）假设侧棱 AA1上存在一点 P（2，y，0）（0≤y≤3），使得 CP⊥面 BDC1. 则                   . 3 7 3 , 0)3(32 0)3(3 , 0 0 1 1 y y y y DCCP BCCP 即 ∴方程组无解.∴假设不成立. ∴侧棱 AA1上不存在点 P，使 CP⊥面 BDC1. 3 如图，已知四棱锥 S—ABCD的底面是边长为 4的正方形，S在底面上的射影 O落在正方形 ABCD内，且 O到 AB、 AD的距离分别为 2和 1.（I）求证 SCAB  是定值； （II）已知 P是 SC的中点，且 SO=3，问在棱 SA上是否存在一点 Q，使得异面直线 OP与 BQ所成的角为 90°？若 存在，请给出证明，并求出 AQ的长；若不存在，请说明理由. 解：法一：（I）以 O为坐标原点，以 OS所在直线为 Oz轴，过 O且平行于 AD的直线为 Ox轴.过 O且平行于 AB的直线 为 Oy轴，建立如图所示空间直角坐标系……1分 设 S（0，0，z）（z>0，z∈R） 则 ),3,2(),0,4,0( zSCAB  12),3,2()0,4,0(  zSCAB 即 SCAB  为定值. （II）由（I）建立的空间直角坐标系可知 A（2，－1，0），B（2，3，0）C（－2，3，0），S（0，0，3）P（－1， 2 3, 2 3 ） 设点 Q（x，y，z），则存在λ使 ASAQ  14 4 3312 4 3|| 4 3|| ) 4 9, 4 1, 2 1(,10 11 4 3068 0 2 9)4( 2 32 0)3,4,2() 2 3, 2 3,1( )3,1,22( 10 3 1 22 1 22 )3,1,2(),1,2( 222                      ASAQ QSAQ BQOP Q z y x y x zyx 且上在棱知点由 分即 即 则 分即 即              法二：（I）证明：在△SDC内，作 SE⊥CD交 CD于 E，连结 OE……1分 ∵SO⊥平面 ABCD ∴SO⊥CD ∴CD⊥平面 SOE ∴SO⊥OE ∴OE//AD ∴DE=1 从而 CE=3 1234||||cos||||  ECDCSCESCDCSCDCSCAB 即 SCAB  为定值. 4． 直三棱柱 ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，BC=AC=2，AA1=4，D为棱 CC1上的一动点，M、N 分别为△ABD、 △A1B1D的重心. （Ⅰ）求证：MN⊥AB； （Ⅱ）若二面角 C—AB—D的正切值为 2 ， 求二半平面 ABD、A1B1D所成锐二面 角的余弦值； （Ⅲ）若点 C1在平面 A1B1D上的射影正好为 N， 试判断 C在平面 ABD上的射影是否为M？ 并说明理由. ．解：（I）以 C1为原点，C1A1为 x轴，C1B1为 y轴，C1C为 z轴建立坐标系. 设 C1D=a(0≤a≤4)，由题意有 C1（0，0，0），A1（2，0，0），B1（0，2，0），C（0，0，4），A（2，0，4） B（0，2，4），D（0，0，a）.………………………………………………1分 ∵M、N分别为△ABD，△A1B1D的重心， 分 分 分 4.,,0 3),0,2,2() 3 8,0,0( 2), 3 , 3 2, 3 2(), 3 8, 3 2, 3 2(    MNABMNABMNAB ABMN aNaM     （注：也可以不用向量证法） （II）平面 ABC法向量 1n =（0，0，1），设平面 ABD的法向量 2n =（x1，y1，z1），则 ……………………12分 分得令 分 即 6).1, 2 4, 2 4(,1 5 .0),,()0,2,2( ,0),,()4,0,2( ,0 ,0 21 111 111 2 2                aanz zyx zyxa nAB nAD 设二面角 C—AB—D的大小为θ，则由 3 3cos,2tan   得 3 3 1) 2 4() 2 4( 1 |||| ||cos 2221 21          aann nn  ， 解得 a=2，（a=6舍去），∴ 2n =（－1，－1，1）.……………………………………7分 设平面 A1B1D的法向量 ).1,1,1(,1 8 .022 ,022 ,0),,()0,2,2( ,0),,()2,0,2( ,0 ,0 ),,,( 3 311 31 3                   nz yx zx zyx zyx nBA nDA zyxn 则令 分得即 则  ∴半平面 ABD，A1B1D所成锐二面角的余弦值 为： 3 1 33 |111| |||| || 32 32      nn nn . （III）若点 C1在平面 A1B1D上的射影正好为 N，则 0),0,2() 3 , 3 2, 3 2( ,0, 1111   aa DANCDANC 即 即 解得 a=2（a=－2 舍去）. ∵D为 CC1的中点，根据对称性知 C在平面 ABD上的射影正好为M.……12分 5． 如图，在四棱锥 P—ABCD中，底面 ABCD是矩形，PA⊥平面 ABCD，PA=AD，AB= 2 AD，E是线段 PD上的点， F是线段 AB上的点，且 ).0(   FA BF ED PE （I）判断 EF与平面 PBC的关系，并证明； （II）当λ=1时，证明 DF⊥平面 PAC； （III）是否存在实数λ，使异面直线 EF与 CD所成角为 60°？ 若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由. （本小题满分 12分） 解：（I）EF∥平面 PBC. 证明如下 作 FG∥BC交 CD于 G，连结 EG，则  FA BF ED PE GD CG FA BF  ∴ GD CG ED PE  ∴PC∥EG 又 FG∥BC，BC∩PC=C，FG∩GE=G. ∴平面 PBC∥平面 EFG.又 EF平面 EFG∴EF∥平面 PBC （II）λ=1，则 F为 AB的中点又 AB= 2 AD AF= 2 1 AB ∴在 Rt△FAD与 Rt△ACD中 2 2 2 tan  AD AD AF ADAFD 22tan  AD AD AD CDCAD ∴∠AFD=∠CAD ∴AC⊥DF 又∵PA⊥平面 ABCD，DF平面 ABCD ∴PA⊥DF. ∴DF⊥平面 PAC （III）建立如图所示空间填角坐标系，设 PA=AD=1，则 A（0，0，0），B（ 2 ，0，0），D（0，1，0），C（ 2 ，1， 0），P（0，0，1）又 )0(   FA BF ED PE )0,0, 1 2(  F ……………………8分 设 ),,0( 00 zyE 则                    1 1 1 ),1,0()1,,0( )0( ),1,0(),1,,0( 0 0 0000 0000 z y zyzy EDPE ED PE zyEDzyPE 即又 即 ) 1 1, 1 ,0(    E ) 1 1, 1 , 1 2(         EF )0,0,2(CD 假设存在实数λ，使异面直线 EF与 CD所成的角为 60°，则 2 1 3 2 2 1 3 | 1 2| |||| ||60cos 22                CDEF CDEF 552   ∴存在实数 5 使异面直线 EF与 CD所成的角为 60° 6． 如图，四棱锥P—ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，PA⊥底面ABCD，PA = AD = CD = 2AB = 2，M为PC的中点. （1）求证：BM∥平面PAD； （2）平面PAD内是否存在一点N，使MN⊥平面PBD？若存在，确定N的位置，若不存在，说明理由； （3）求直线PC与平面PBD所成的角的正弦值. ．解：（1）取 PD的中点 E，连 EM、AM， 2 ∵M是 PC的中点，∴EM CD 2 1 又 AB CD 2 1 ∴AB EM， ∴ABME是平行四边形， ∴BM∥AE，∴BM∥平面 PAD. （2）以 A为原点，以 AB，AD，AP分别为 x轴，y轴，z轴， 建立空间直角坐标系 则 B(1,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，∴M（1，1，1）， )2,0,1(),0,2,1(  PBBD 设 ),,0( zyN 则 )1,1,1(  zyMN ，若 MN⊥平面 PBD则 MN⊥BD，MN⊥PB. 2 1, 2 1 0)1(21 0)1(21 0 0               zy z y PBMN BDMN ， ). 2 1, 2 1,0(N ∴在平面 PAD内存在一点 ) 2 1, 2 1,0(N 、使 MN⊥面 PBD （3）设平面 PBD的法向量为 n，令 )2,2,2(), 2 1, 2 1,1(  PCMNn , 3 2 32 2 6 112,cos     nPC ，∴直线 PC与面 PBD所成角正弦值为 3 2 与三视图有关 1．（本小题满分 12分） 直三棱柱 A1B1C1—ABC的三视图如图所示，D、E分别为棱 CC1和 B1C1的中点。 （1）求点 B到平面 A1C1CA的距离； （2）求二面角 B—A1D—A的大小； （3）在 AC上是否存在一点 F，使 EF⊥平面 A1BD，若存在确定其位置，若不存在，说明理由. 20．解：（1）由已知得：CA=CB=CC1=2，∠ACB=90° ∴BC⊥AC ∴BC⊥平面 A1C1CA ∴点 B到平面 A1C1CA的距离为 2 （2）如图建立空间直角坐标系 则 B（0，2，0）D（0，0，1）A1（2，0，2） )2,2,2()1,0,2( 11  DADA 设平面 A1DB的法向量为 ),,1(1 yxn 则            1 2 0222 02 x y yx y )2,1,1(1 n 而平面 ACC1A1的法向量为 )0,1,0(2n 6 1cos 21   nn ∴二面角 B—A1D—A的大小为 6 6arccos （3）存在 F为 AC的中点，使 EF⊥平面 A1BD设 F（x，0，0），由 E（0，1，2）得 )2,1,(  xEF 若 EF⊥平面 A1BD，则 1// nEF 由 )2,1,1(1 n 得 x=1 ∴F为 AC的中点∴存在 F为 AC的中点，使 EF⊥平面 A1BD 2．（本小题满分 12分） 一个多面体的三视图及直观图如图所示，M、N分别是 A1B、B1C1的中点。 （Ⅰ）求证：MN⊥平面 A1BC；（Ⅱ）求异面直线 AM和 CA1所成的角；（Ⅲ）求二面角 A—A1B—C的大小. 解：由三视图可知，在这个多面体的直观图中，AA1⊥平面 ABC。 且 AC⊥BC，AC=BC=CC1=a （Ⅰ）连结 AC1，AB1，因为 BC⊥平面 ACC1A1，所以 BC⊥AC1。 在正方形 ACC1A1中，A1C⊥AC1 又因为 BC∩A1C=C，所以 AC1⊥平面 A1BC 由矩形性质得，AB1过 A1B的中点M， 在△AB1C1中，由中位线性质得MN//AC1， 得MN⊥平面 A1BC （Ⅱ）由题意 CB，CA，CC1两两垂直，故以 C为原点，CB，CA，CC1所在直 线分别为 x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，又 AC=BC=CC1=a，则 B（a，0，0）B1（a，0，a），A（0，a，0），C（0，0，0），C1（0，0，a）， A1（0，a，a），则 ) 2 , 2 , 2 ( aaaM 0 ),,0(), 2 , 2 , 2 ( 1 1   CAAM aaCAaaaAM ∴异面直线 AM和 CA1所成的角为 90° （Ⅲ）AB中点 E的坐标为（ )0, 2 , 2 aa )0, 2 , 2 (),,,0(1 aaCEaaAC  易知 为平面 AA1B的法向量. 又 AC1⊥平面 A1BC，故 1AC 为平面 A1BC的法向量 设二面角 A—A1B—C为θ，则 2 1| 2 2 2 2|| |||| ||,cos||cos| 2 1 1 1       aa a ACCE ACCE CACE 由题意可知，  6060 1 为——，即二面角为为锐角，所以 CBAA ……12分 3． 某几何体的三视图如图所示，P是正方形 ABCD对角线的交点，G是 PB的中点。 （Ⅰ）根据三视图，画出该几何体的直观图； （Ⅱ）在直观图中，①证明：PD//面 AGC； ②证明：面 PBD⊥AGC ③求面 PAB与面 PBC的夹角的余弦值。 ．解：（Ⅰ）该几何体的直观图如图所示。 …………3分 （2）①证明：连结 AC，BD交于点 O，连结 OG，因为 G为 PB的中点， O为 BD的中点，所以 OG//PD。又 OG面 AGC，PD面 AGC， 所以 PD//面 AGC。 ………………文 8分，理 6分 ②连结 PO，由三视图，PO⊥面 ABCD，所以 AO⊥PO。 又 AO⊥BO， 所以 AO⊥面 PBD。 因为 AO面 AGC，所以面 PBD⊥面 AGC …文 12分，理 9分 （理）③建立如图所示坐标系，由三视图知，PO= 2 ，AB=2，AC=2 2 ，AO= 2 ， ∴P（0，0， 2 ），B（0， 2 ，0），A（ 2 ，0，0）， C（－ 2 ，0，0）， )2,2,0( BP )0,2,2(),0,2,2(  BCBA 设面 PBA的法向量为 n=（x，y，z） ∴             022 022 0 0 yx zy BAn BPn ，即 令 x=1得 y=1，z=1。 ∴n=（1，1，1） 设面 PBC的法向量为 zyx  ,,(m ） ∴             022 022 0 0 yx zy BCm BPm ，即 令 1,11  zyx 得 ∴m=（1，－1，－1）。 设面 PAB与 PBC的夹角为θ， 则 3 1 33 111 |||| cos       nm nm 所以面 PAB与 PBC的夹角为余弦值为 3 1  ………………理 12分 4．（本小题满分 12分） 一个多面体的直观图及三视图如图所示：（其中 E、F分别是 PB、AD的中点） （Ⅰ）求异面直线 PD与 AE所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：EF⊥平面 PBC； （Ⅲ）求三棱锥 B—AEF的体积。 2 ．解证：（Ⅰ）依题意知该多面体是底面为正方形的 四棱锥，且 PD⊥底面 ABCD，PD=DC=a 取 BD中点 O，连接 EO，则 DO//PD，EO⊥底面 ABCD， 2 aEO  所以∠AEO的为异面直线 PD与 AE所成的角。 ……4分 在 Rt△AOE中， , 2 2, 2 aAOaOE  aAOOEAE 2 322  所以 . 3 3 2 3 2cos  a a AE OEAEO 即异面直线 PD与 AE所成角的余弦值为 3 3 （Ⅱ）取 PC的中点 G，连结 EG，GD，则 .// 2 1// DFGEBCEG  ，所以 由（Ⅰ）知 FD⊥平面 PDC， DG 面 PDC， 所以 FD⊥DG。 所以四边形 FEGD为矩形，因为 G为等腰 Rt△RPD斜边 PC的中点，所以 DG⊥PC， 又 DG⊥GE，PC∩EG=E 所以 DG⊥平面 PBC，因为 DG//EF 所以 EF⊥平面 PBC。 ……………………10分 （Ⅲ） 32 24 1 2 1 4 1 3 1 3 1 aaaOESVV ABFABFEAEFB   …………12分 1