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《立体几何高考经典大题理科》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在行业资料-天天文库。
1、1·如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点。（Ⅰ）求证：AC⊥SD；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m（Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，w.w.使得BE∥平面PAC。若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由。zxPCBADy2·如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA⊥BD；(Ⅱ)若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值。3·如图，直三棱柱中，，是棱的中点，（1）证明：（2
2、）求二面角的大小。1·解法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意。在正方形ABCD中，，所以,得.(Ⅱ)设正方形边长，则。又，所以,连，由（Ⅰ）知,所以,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m且,所以是二面角的平面角。由,知,所以,即二面角的大小为。（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使由（Ⅱ）可得，故可在上取一点,使,过作的平行线与的交点即为。连BN。在中知，又由于,故平面，得,由于,故.解法二：（Ⅰ）；连,设交于于，由题意知.以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴正方向，建立坐标系如图。设底面边长为，则高。于是w.w.w.k.s.5w.w.w.k.s.5.u.c.o.m故从而(Ⅱ)由题设
3、知，平面的一个法向量，平面的一个法向量，设所求二面角为，则,所求二面角的大小为（Ⅲ）在棱上存在一点使.由（Ⅱ）知是平面的一个法向量，且设w.w.w.k.s.5.u.c.o.m则而即当时，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m而不在平面内，故zxPCBADy2·解析1：（Ⅰ）因为,由余弦定理得从而BD2+AD2=AB2，故BDAD;又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则,,,。设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则,即因此可取n=设平面PBC的法向量为m，则可取m
4、=（0，-1，）故二面角A-PB-C的余弦值为3·【解析】（1）在中，得：同理：得：面（2）面取的中点，过点作于点，连接，面面面得：点与点重合且是二面角的平面角设，则，既二面角的大小为4·如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°.（Ⅰ）证明AB⊥A1C;（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值。5.如图三棱锥中，侧面为菱形，.(Ⅰ)证明：；（Ⅱ）若，，AB=Bc，求二面角的余弦值.4·【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，，，∵AB=，=，∴是正三角形，∴⊥AB，∵CA=CB，∴CE⊥
5、AB，∵=E，∴AB⊥面，∴AB⊥；……6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，⊥AB，又∵面ABC⊥面，面ABC∩面=AB，∴EC⊥面，∴EC⊥，∴EA，EC，两两相互垂直，以E为坐标原点，的方向为轴正方向，
6、
7、为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系，有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(－1,0,0),则=（1,0，）,==(－1,0,),=(0,－,),……9分设=是平面的法向量，则，即，可取=（，1，-1），∴=，∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.……12分5·解析：（1）连结，交于，连结.因为侧面为菱形，所以，且为与的中点.又，故（2）因为且为
8、的中点，所以又因为，所以故，从而，，两两互相垂直.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示空间直角坐标系.因为，所以为等边三角形.又，则，，，，，设是平面的法向量，即所以可取设是平面的法向量，则同理可取则所以二面角的余弦值为.
