高三数学《立体几何》存在性问题及三视图问题习题精选

高三数学《立体几何》存在性问题及三视图问题习题精选1.如图，已知方形ABCD的边长，心为O，设PA⊥平面，∥PA，且PA=2.（）当CE为多少时⊥平面BED；（）在（1）情形下，求二面角E—PB的余弦值：解：以为原点直为x轴AB为轴，直线AP为轴建立间直角标系（1）则（，，2O（1，，0（2，0，0）∵EC∥，∴可E（2，2，）ED(0,)⊥面BED；ED,即PO，∴－2+2z，∴z=1，即=时，⊥面BED（2）∵AD⊥平面PAB，是平面的一个法量，且AD(2,0,0)设,)为面PBE的个法向由(0,2,BE由,PB,:z解得：yx2

y取z=，则－，y，n1,2,2).

n,

nAD

131故二面——的余弦为.32.如，三棱柱—AB中AA⊥面ABC⊥BC=AC=2AA1为AC的点1

,11111,11111（Ⅰ）证：AB//面BDC；1（Ⅱ）二面角—BD—的弦值；（Ⅲ）侧棱AA上是否存在点P，使得⊥面BDC？证你结1（）证明连接B，与BC相于，连接OD1∵是形，∴O是的中又D是AC的点，11∴OD//AB.∵AB面BDC，OD面BDC11∴AB面1（II）解：如力，建立空间直角坐标系则C0，，（0，3，2（，3，（，，0（，，0）设=（x，y，z）面的一个法向量，则110D1

z0即,)y11

易知C=(0，3，是的一个法向量.1Cn,Cn|C|1

∴二面角C——C的弦值为

27（III）假设侧棱AA上在一点P（2，y，0≤y≤得CP⊥面.则

00即2y0y.13∴方程无解∴假设不成立∴棱AA上不存在P使⊥面.1如，已知棱锥—ABCD的底面是边长为的方，S在底面上的射影O落在正方ABCD内，且到、AD的离分别为和1.（）求证AB是值；2

（II）已知是SC的点且，问在SA上是否存在一点Q，使得异面直线与所的角为°若存在请给出证明，并求出AQ的；不存在，说明理由.解：法I）以为坐标点，以所在直为Oz轴过且平行的线为x轴过且行于AB的直线为Oy轴，建立图所示空直角坐标系设S（0，0，z>0，∈R）则AB(0,4,0),AB(0,4,0)即AB为值.（II）I）建立的空直角坐系知（2，1，0（0）（－2，3，，S（0，，3）P（－1，2即z)

）设点Q（，y，则存2即z

10AQ

AS

(233则,)2239即2(22

03即8011分4…………119由0Q棱S上,且Q(,,)244|

33AS443

法二I）证明：在△内作SE⊥交于，结…1分∵⊥平面ABCD∴SO⊥CD∴⊥面∴⊥∴∴从而CE=3DCSC|DCEC即为定值．三棱柱ABC—B中，∠°，，AA=4D为上1一动点M、N分别为eq\o\ac(△,1)ABD、△AD的重心.（Ⅰ）证：⊥AB；（Ⅱ）二面角C—AB—D的正切值2，二半平AD所成锐二面角1的余弦；（Ⅲ若点在面AD上射影正为N试断在面上射是否1为M？并说明由解）以为原点，A为x轴C为y轴，C为z轴立标11设C≤a≤4)，由题意有C（，，0A（2，0，（0，20（0，A2，0，4）B0，2，4（，0，a）………1分∵M、分为△，△AD的心，2222aM(,),(,),3333

2分8)3

分AB,MN.分4

21121332112133（II）平面ABC法量n=0，0，1平ABD的向量=（x，，11则AD0,2即0,2ay,)0,11(,z)11

分a令得n,1).6分22设二面—AB—D的大小为，由tan

得

33

n|2

(

1aa)2)222

33

，解得a=2舍（－1，1，1）2设平面ABD的法向量1D0,xy),则B0,1,yz0,z0,即得分()0,令则3

∴半平ABD，n|ABD所成锐二面角余值为：2n||n|23

33

1.3（III）若点C在平面ABD上射正好为N，则11NAD,即D1122即(,)033解得a（－2舍）.5

11∵D为的点，根对称性知C在平面ABD上射正为M．图，在四棱锥ABCD中，底是矩形，⊥面ABCD，，BFAB2，E是线段上的点F是段上的点，且EDFA（）判断与面的系，并证明；（II）当=1时，证明⊥平面；（III）否在实数λ，使异面直线与CD所成角°若存在试求出的值；若不存在，请说明理由

0).解）EF∥平面PBC证如下作∥BC交CD于G连结EG，则BFCGPEBFFAGDEDFACG∴∴∥又∥，BC∩CFG∩GEGD∴平面PBC∥面又平EFG∴EF∥平面PBC（II）=1，则F为的点又AB=2ADAF

12

AB∴在

△

与

△ACD

中AFD

AF

22

tanCAD

2

2∴∠AFD=∠CAD∴⊥DF⊥DF∴DF⊥平

又∵PA⊥平面ABCD，平ABCD

∴PA6

0000（III）建立如图所示空间填角坐标系，设PAAD，则A（0，0，0（，BF，0D（，，（，，（，0，）EDFA2F(1设E(0,z则PE(0,zy)000PE又P(0,yz)00001

0)即

,11

)

EF

21,112,0,0)

假设存实数λ，使异面直线与CD所成的为°则60

|||EF||CD

2|11

2

12

5

5∴存在数使面线与CD所的为60．图，四棱—中ABADCD⊥PA⊥底PA=AD=CD=AB，为C的点（1）求证∥平；（2）平面P内是否存在一点N使N⊥平面？若存在，确定N的位置若不存在，明理由；（3）求直PC与平面所的角的弦7

MN0MN0解）取PD的点，EM、AM，1∵是PC的中点，∴又AB∴ABEM，∴2是平行边形，∴∥，∴BM∥平面（2）以为原点以ABAD，分为轴，轴z轴，建立空间直角坐标系则B(1,0,0)(0,2,0)(0,0,2)(2,2,0)1,2,0),(1,0,设N(0,y,z)则MN(z，MN⊥平面PBD则MN⊥，MN⊥MN01y,，(0,,z221∴在面PAD内在一点N)、使⊥面PBD22（）设平面的法向为

11，令MN,22cos

62

2，∴直线PC与面PBD所角弦为3

23与三视图有关．三棱柱A—的视图如图示，、E分别为棱CC和B的点。1111（1）求点B到面ACCA的离；1（2）求二角—ADA的小（3）在AC上否存在一点，使⊥平面ABD，若存在确定其位，若不存在，说理由.8

211211．）已知得CA=CB=CC，ACB=90°∴BC⊥AC∴BC平ACA1∴点B到面A的离2（2）如图立间直角坐标系则B（，，0）D（0，）（，，）ADD(11设平面ADB的法量为n(1,y)则yxn而平面ACCA的向为cosn1

6∴二面BAD—A的小arccos

66（）存在为AC的点使EF⊥平面A设F（x0，0E（0，1，2）得EFx,若EF⊥平面ABD，则EF由得∴F为AC的点存在为AC的点使⊥平面ABD．个多面体的三视图及直观图如所，M、N分是ABB的点。11（Ⅰ）证：MN⊥平面A；（Ⅱ）异面直线AM和CA所成的角；（Ⅲ）二面角A—AB—的小解：由视图可知，在这个多面体的直图，AA⊥平面ABC。且AC⊥，AC=BC=CC（Ⅰ）结AC，AB，为⊥平面A，以BCAC。111在正方A中A⊥AC1又因为BC∩A，所以⊥平面ABC11由矩形质得，过AB的中点M，19

21112111在△ABC中由中位性质得MN//AC，11得MN⊥面ABC（Ⅱ）题意CB，CA，CC两垂直，故以为点，，，CC所直分为x轴y轴轴建立空间直角坐标系，又AC=BC=CC，则（，，0）B（a，0，A（，，（0，，aC（，，A（，，M()aAM,,CAa,a)22AM1∴异面线AM和CA所成的为°a（Ⅲ）AB中E的坐为,,0)2a(0,a),知CE,0)为面AAB的法向量2又AC⊥平面ABC，故AC为面ABC的法向量θ，则

设二面A——为

CE1

1CEAC|1

|

22

a22a

12由题意知，角，所以60面角为A—A—为01．某几何体的三视图图所示是方形ABCD对角线的交点是的点。（Ⅰ）据三视图，画出该几何体的直图（Ⅱ）直观图中，①证明：面AGC；②证明面⊥AGC③求面PAB与的角余值。解）该几何体的直观图如图所示。10

（）①证明：连结AC，BD交于点，连结，因为为的点，O为BD的点，所OG//PD。又面AGC，PD面，所以PD//面AGC。②连结PO，由三视图，⊥面ABCD，所AO⊥。又⊥，所以AO面PBD。因为面，以面⊥面③建立图所示坐标系，由三视图知，2，AB=2，AC=22，AO=，∴0BABC2,设面的法向量为（，y，）z0∴令x=1得y=1，=1。∴n=1，11）设面PBC的向量为x

）∴y令x∴（，－1，－1设面与PBC的夹角为，则cos

11|3所以面与的角为余弦值为

13．个多面体的直观图及三视图如所中、分是、AD的中点）（Ⅰ）异面直线与AE所角的余值（Ⅱ）证：⊥平面；（Ⅲ）三棱锥—的积。11

解证Ⅰ）依题意知该多面体底面为正形的四棱锥，且

PD⊥底面ABCD，PD=DC=a,取BD中点，连接，则DO//PD⊥底面ABCD，EO所以