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  • 2021-06-11 发布

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

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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