高三数学《立体几何》存在性问题及三视图问题习题精选VIP免费

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 △PBD为等腰三角形，∴PO⊥BD，故要使，……4分∴－2+2z=0，∴z=1，即OE=1时，PO⊥平面BED.……………………………6分（2） AD⊥平面PAB，是平面PAB的一个法向量，且设为平面PBE的一个法向量由由解得：取z=2，则x=－1，y=2，故二面E—PB—A的余弦值为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，则用心爱心专心C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0）设=（x1，y1，z1）是面BDC1的一个法向量，则即.…………6分易知=(0，3，0)是面ABC的一个法向量.∴二面角C1—BD—C的余弦值为（III）假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0）（0≤y≤3），使得CP⊥面BDC1.则∴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）则即为定值.（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，）设点Q（x，y，z），则存在λ使法二：（I）证明：在△SDC内，作SE⊥CD交CD于E，连结OE……1分用心爱心专心……………………12分 SO⊥平面ABCD∴SO⊥CD∴CD⊥平面SOE∴SO⊥OE∴OE//AD∴DE=1从而CE=3即为定值.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，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，（注：也可以不用向量证法）（II）平面ABC法向量=（0，0，1），设平面ABD的法向量=（x1，y1，z1），则设二面角C—AB—D的大小为θ，则由，解得a=2，（a=6舍去），∴=（－1，－1，1）.……………………………………7分设平面A1B1D的法向量∴半平面ABD，A1B1D所成锐二面角用心爱心专心的余弦值为：.（III）若点C1在平面A1B1D上的射影正好为N，则解得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=AD，E是线段PD上的点，F是线段AB上的点，且（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∴∴PC∥EG又FG∥BC，BC...