立体几何高考经典大题理科

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2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。2·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111ABCABC中，112ACBCAA，D是棱1AA的中点，BDDC1（1）证明：BCDC1（2）求二面角11CBDA的大小。zxPCBADy1·解法一：（Ⅰ）连BD，设AC交BD于O，由题意SOAC。在正方形ABCD中，ACBD，所以ACSBD平面,得ACSD.(Ⅱ)设正方形边长a，则2SDa。又22ODa，所以060SOD,连OP，由（Ⅰ）知ACSBD平面,所以ACOP,w.w.w.k.s.5.u.c.o.m且ACOD,所以POD是二面角PACD的平面角。由SDPAC平面,知SDOP,所以030POD,即二面角PACD的大小为030。（Ⅲ）在棱SC上存在一点E，使//BEPAC平面由（Ⅱ）可得24PDa，故可在SP上取一点N,使PNPD,过N作PC的平行线与SC的交点即为E。连BN。在BDN中知//BNPO，又由于//NEPC,故平面//BENPAC平面，得//BEPAC平面,由于21SNNP：：,故21SEEC：：.解法二：（Ⅰ）；连BD,设AC交于BD于O，由题意知SOABCD平面.以O为坐标原点，OBOCOS，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系Oxyz如图。设底面边长为a，则高62SOa。于是62(0,0,),(,0,0)22SaDa2(0,,0)2Caw.w.w.k.s.52(0,,0)2OCa26(,0,)22SDaa0OCSDw.w.w.k.s.5.u.c.o.m故OCSD从而ACSD(Ⅱ)由题设知，平面PAC的一个法向量26(,0,)22DSaa，平面DAC的一个法向量6)0,0,)2OSa，设所求二面角为，则3cos2OSDSOSDS,所求二面角的大小为030（Ⅲ）在棱SC上存在一点E使//BEPAC平面.由（Ⅱ）知DS是平面PAC的一个法向量，且2626,0,),(0,,)2222DSaaCSaa（设,CEtCSw.w.w.k.s.5.u.c.o.m则226(,(1),)222BEBCCEBCtCSaatat而103BEDCt即当:2:1SEEC时，BEDSw.w.w.k.s.5.u.c.o.m而BE不在平面PAC内，故//BEPAC平面2·解析1：（Ⅰ）因为60,2DABABAD,由余弦定理得3BDAD从而BD2+AD2=AB2，故BDAD;又PD底面ABCD，可得BDPD所以BD平面PAD.故PABD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则1,0,0A,03,0B，,1,3,0C,0,0,1P。(1,3,0),(0,3,1),(1,0,0)ABPBBCuuuvuuvuuuv设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则00nABnPB,即3030xyyz因此可取n=(3,1,3)设平面PBC的法向量为m，则00mPBmBC可取m=（0，-1，3）427cos,727mnzxPCBADy故二面角A-PB-C的余弦值为2773·【解析】（1）在RtDAC中，ADAC得：45ADC同理：1114590ADCCDC得：111,DCDCDCBDDC面1BCDDCBC（2）11,DCBCCCBCBC面11ACCABCAC取11AB的中点O，过点O作OHBD于点H，连接11,COCH1111111ACBCCOAB，面111ABC面1ABD1CO面1ABD1OHBDCHBD得：点H与点D重合且1CDO是二面角11CBDA的平面角设ACa，则122aCO，1112230CDaCOCDO既二面角11CBDA的大小为30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111ABCABC中，侧面11BBCC为菱形，1ABBC.(Ⅰ)证明：1ACAB；（Ⅱ）若1ACAB，o160CBB，AB=Bc，求二面角111AABC的余弦值.4·【解析】（Ⅰ）取AB中点E，连结CE，1AB，1AE，∵AB=1AA，1BAA=060，∴1BAA是正三角形，∴1AE⊥AB，∵CA=CB，∴CE⊥AB，∵1CEAE=E，∴AB⊥面1CEA，∴AB⊥1AC；……6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知EC⊥AB，1EA⊥AB，又∵面ABC⊥面11ABBA，面ABC∩面11ABBA=AB，∴EC⊥面11ABBA，∴EC⊥1EA，∴EA，EC，1EA两两相互垂直，以E为坐标原点，EA的方向为x轴正方向，|EA|为单位长度，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，有题设知A(1,0,0),1A(0,3,0),C(0,0,3),B(－1,0,0),则BC=（1,0，3）,1BB=1AA=(－1,0,3),1AC=(0,－3,3),……9分设n=(,,)xyz是平面11CBBC的法向量，则100BCBBnn，即3030xzxy，可取n=（3，1，-1），∴1cos,ACn=11|ACACn|n||105，∴直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为105.……12分5·解析：（1）连结1BC，交1BC于O，连结AO.因为侧面11BBCC为菱形，所以11BCBC，且O为1BC与1BC的中点.又1BOCO，故1ACAB（2）因为1ACAB且O为1BC的中点，所以AOCO又因为ABBC，所以BOABOC故OAOB，从而OA，OB，1OB两两互相垂直.以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系Oxyz.因为160CBB，所以1CBB为等边三角形.又ABBC，则30,0,3A，1,0,0B，130,,03B，30,,03C1330,,33AB，1131,0,3ABAB，1131,,03BCBC设,,nxyz是平面11AAB的法向量，11100nABnAB即33033303yzxz所以可取1,3,3n设m是平面111ABC的法向量，则111100mBCmAB同理可取1,3,3m则1cos,7nmnmnm所以二面角111AABC的余弦值为17.