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《高考数学立体几何解答题》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、立体几何解答题C1、已知三棱柱，底面三角形为正三角形，侧棱底面，，为的中点，为中点．(Ⅰ)求证：直线平面；（Ⅱ）求平面和平面所成的锐二面角的余弦值．1、法一（Ⅰ）取的中点为，连接，则，，且，…………………………3分则四边形为平行四边形，则，即平面．………………………………6分（Ⅱ）延长交延长线于点，连接，则即为平面与平面的交线，且，则为平面和平面所成的锐二面角的平面角．……8分在中，．…………………………12分法二取中点为，连接，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，……………………2分（Ⅰ）则，，设平面的法向量为，16则，即………………4分令，则，即
2、，所以，故直线平面．………………………………………………6分（Ⅱ）设平面的法向量，则．………………………………………………12分2、如图,在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝3，沿对角线BD把△ABD折起，使A移到A1点，过点A1作A1O⊥平面BCD，垂足O恰好落在CD上．（1）求证：BC⊥A1D；（2）求直线A1B与平面BCD所成角的正弦值．解：（1）因为A1O⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴BC⊥A1O，因为BC⊥CD，A1O∩CD＝O，∴BC⊥面A1CD．因为A1D⊂面A1CD，∴BC⊥A1D．（6分）（2）连结BO，则∠A1BO是直线A1B与平面BCD所成的角．因
3、为A1D⊥BC，A1D⊥A1B，A1B∩BC＝B，∴A1D⊥面A1BC．A1C⊂面A1BC，∴A1D⊥A1C．在Rt△DA1C中，A1D＝3，CD＝5，∴A1C＝4．根据S△A1CD＝A1D·A1C＝A1O·CD，得到A1O＝，在Rt△A1OB中，sin∠A1BO＝＝＝．所以直线A1B与平面BCD所成角的正弦值为．（12分）3、如图，PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形，PA=AB=1，PD与平面ABCD所成角是30°，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．（Ⅰ）点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系,并说明理由；（Ⅱ）证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥
4、AF；（Ⅲ）当BE等于何值时，二面角P-DE-A的大小为45°．16思路点拨：本题是一个开放型问题，考查了线面平行、线面垂直、二面角等知识，考查了同学们解决空间问题的能力。 （Ⅰ）利用三角形的中位线及线面平行的判定定理解决； （Ⅱ）通过证明即可解决； （Ⅲ）作出二面角的平面角，设出BE的长度，然后在直角三角形DCE中列方程求解BE的长度。本题也可利用向量法解决。解:解法一:（Ⅰ）当点为的中点时，与平面平行．-------1分∵在中，、分别为、的中点，∴∥又平面，而平面∴∥平面．………4分（Ⅱ）证明:,，又,又，∴．-----
5、----------------------------6分又,点是的中点,,．．………8分（Ⅲ）过作于，连，又∵，则平面,则是二面角的平面角，∴，………10分∵与平面所成角是，∴，∴，．16∴，，设，则，，在中，，得．………12分解法二:（向量法）（Ⅰ）同解法一………………4分（Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系，则，，，．设，则∴………8分（Ⅲ）设平面的法向量为，由，得：，而平面的法向量为,∵二面角的大小是,所以=，∴，得或（舍）．………………12分归纳总结：无论是线面平行（垂直）还是面面平行（垂直），都源自于线与线的平行（垂直），这种“高维”向“低维”转化的思想方法，在
6、解题时非常重要，在处理实际问题的过程中，可以先从题设条件入手，分析已有的平行（垂直）关系，再从结论入手分析所要证明的平行（垂直）关系，从而架起已知与未知之间的桥梁。而空间向量是解答立体几何问题的有利工具，它有着快捷有效的特征，是近几年高考中一直考查的重点内容。4、如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，在棱上．（I）当时，求证平面16（II）当二面角的大小为时，求直线与平面所成角的大小．解：（Ⅰ）在平行四边形中，由，，，易知，…………………2分又平面，所以平面,∴，在直角三角形中，易得，在直角三角形中，，，又，∴，可得.∴，……………………5分又∵，∴平面．……6分（Ⅱ
7、）由（Ⅰ）可知,,，可知为二面角的平面角，，此时为的中点.……………8分过作,连结,则平面平面,作,则平面,连结,可得为直线与平面所成的角．因为,,所以.……………10分在中，，16直线与平面所成角的大小为.……………………12分解法二：依题意易知，平面ACD．以A为坐标原点，AC、AD、SA分别为轴建立空间直角坐标系，则易得，（Ⅰ）由有，……………3分易得，从而平面ACE．……………………6分(Ⅱ)由平面，二面角的平面角.又，则E为的中点，即,………………8分设平面的法向量为则，令,得，…………10分从而，所以与平面所成角大
