立体几何高考经典大题理科.doc

.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。 （）求证：ACSD；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m （）若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大小（）在（）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.()证明：PABD；()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）求二面角的大小。1解法一：（）连BD，设AC交BD于O，由题意。在正方形ABCD中，所以,得. ()设正方形边长，则。又，所以, 连，由（）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。 （）在棱SC上存在一点E，使由（）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：（）；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.5 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 故 从而 ()由题设知，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 （）在棱上存在一点使. 由（）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：（）因为, 由余弦定理得 从而BD2+AD2= AB2，故BD AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD所以BD 平面PAD. 故 PABD（）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=（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=A A1，BA A1=60. （）证明ABA1C;（）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，.() 证明：；（）若，AB=Bc，求二面角的余弦值.4【解析】（）取AB中点E，连结CE，AB=，=，是正三角形，AB， CA=CB， CEAB， =E，AB面， AB； 6分（）由（）知ECAB，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，|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