高考立体几何大题

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高考立体几何大题

‎1如图,在底面 是菱形的四棱锥P—ABCD中,∠ABC=600,PA=AC=a,PB=PD=,点E是PD的中点.‎ ‎(I)证明PA⊥平面ABCD,PB∥平面EAC;‎ ‎(II)求以AC为棱,EAC与DAC为面的二面角的正切值. (04湖南18)‎ D E P B A C ‎2如图,在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中,AC与BD交于点E,CB与CB1交于点F.(I)求证:A1C⊥平BDC1;(II)求二面角B—EF—C的大小(结果用反三角函数值表示). ‎ ‎3在三棱锥S—ABC中,△ABC是边长为4的正三角形,平面SAC⊥平面ABC,SA=SC=2,M为AB的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:AC⊥SB;‎ ‎(Ⅱ)求二面角N—CM—B的大小;‎ ‎(Ⅲ)求点B到平面SCM的距离. (04福建1)‎ ‎4如图,P—ABC是底面边长为1的正三棱锥,D、E、F分别为棱长PA、PB、PC上的点, 截面DEF∥底面ABC, 且棱台DEF—ABC与棱锥P—ABC的棱长和相等.(棱长和是指多面体中所有棱的长度之和)(1)证明:P—ABC为正四面体;(2)若PD=PA, 求二面角D—BC—A的大小;(结果用反三角函数值表示)‎ ‎5(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形, (1) 证明MF是异面直线AB与PC的公垂线;‎ ‎(2)若,求二面角E—AB—D平面角.‎ ‎6‎ ‎6如图,在四棱锥中,底面ABCD是正方形,侧棱底面ABCD,,是PC的中点。‎ ‎(1)证明平面EDB;(2)求EB与底面ABCD所成的角的正切值。‎ ‎7如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,‎ ‎ AB=,AF=1,M是线段EF的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证AM∥平面BDE;‎ ‎(Ⅱ)求证AM⊥平面BDF;‎ ‎(Ⅲ)求二面角A—DF—B的大小;‎ P C A B ‎8如图,四棱锥P—ABCD中,底面ABCD 为矩形,AB=8,AD=4,侧面PAD为等边三角形,并且与底面所成二面角为60°.(Ⅰ)求四棱锥P—ABCD的体积; (Ⅱ)证明PA⊥BD.‎D C E F M A B P ‎9三棱锥P—ABC中,侧面PAC与底面ABC垂直,PA=PB=PC=3.‎ ‎(1) 求证AB⊥BC;‎ ‎(2) 如果AB=BC=,求侧面PBC与侧面PAC所成二面角的大小 ‎10. 如图,已知四棱锥 P—ABCD,PB⊥AD,侧面PAD为边长等于2的正三角形,底面ABCD为菱形,侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°.‎ ‎(I)求点P到平面ABCD的距离;‎ ‎(II)求面APB与面CPB所成二面角的大小.‎ ‎1因为底面ABCD是菱形,∠ABC=60°,‎ 所以AB=AD=AC=a, 在△PAB中,‎ 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB.‎ 同理,PA⊥AD,所以PA⊥平面ABCD.‎ 因为 ‎ ‎ ‎ 所以 、、共面.‎ 又PB平面EAC,所以PB//平面EAC.‎ ‎(Ⅱ)解 作EG//PA交AD于G,由PA⊥平面ABCD.‎ 知EG⊥平面ABCD.‎ 作GH⊥AC于H,连结EH,则EH⊥AC,∠EHG即为二面角的平面角.‎ 又E是PD的中点,从而G是AD的中点,‎ 所以 ‎ ‎2(Ⅰ)∵A1A⊥底面ABCD,则AC是A1C在底面ABCD的射影.‎ ‎∵AC⊥BD.∴A1C⊥BD.‎ 同理A1C⊥DC1,又BD∩DC1=D,‎ ‎∴A1C⊥平面BDC1.‎ ‎(Ⅱ)取EF的中点H,连结BH、CH,‎ 又E、F分别是AC、B1C的中点,‎ ‎3(Ⅰ)取AC中点D,连结DS、DB.‎ ‎∵SA=SC,BA=BC,‎ ‎∴AC⊥SD且AC⊥DB,‎ ‎∴AC⊥平面SDB,又SB平面SDB,‎ ‎∴AC⊥SB.‎ ‎(Ⅱ)∵SD⊥AC,平面SAC⊥平面ABC,‎ ‎∴SD⊥平面ABC.‎ 过D作DE⊥CM于E,连结SE,则SE⊥CM,‎ ‎∴∠SED为二面角S-CM-A的平面角.‎ 由已知有,所以DE=1,又SA=SC=2,AC=4,∴SD=2.‎ 在Rt△SDE中,tan∠SED==2,‎ ‎∴二面角S-CM—A的大小为arctan2.‎ ‎(Ⅲ)在Rt△SDE中,SE=,CM是边长为4 正△ABC的中线,‎ ‎. ∴S△SCM=CM·SE=,‎ 设点B到平面SCM的距离为h,‎ 由VB-SCM=VS-CMB,SD⊥平面ABC, 得S△SCM·h=S△CMB·SD,‎ ‎∴h= 即点B到平面SCM的距离为 ‎4(1) ∵棱台DEF—ABC与棱锥P—ABC的棱长和相等,‎ ‎ ∴DE+EF+FD=PD+PE+PF. 又∵截面DEF∥底面ABC,‎ ‎ ∴DE=EF=FD=PD=PE=PF,∠DPE=∠EPF=∠FPD=60°, ∴P—ABC是正四面体.‎ ‎ 【解】(2)取BC的中点M,连接PM,DM.AM.‎ ‎ ∵BC⊥PM,BC⊥AM, ∴BC⊥平面PAM,BC⊥DM,‎ ‎ 则∠DMA为二面角D—BC—A的平面角. 由(1)知,P—ABC的各棱长均为1,‎ ‎ ∴PM=AM=,由D是PA的中点, 得sin∠DMA=,∴∠DMA=arcsin.‎ ‎5(I)证明:因PA⊥底面,有PA⊥AB,又知AB⊥AD,‎ 故AB⊥面PAD,推得BA⊥AE,‎ 又AM∥CD∥EF,且AM=EF,证得AEFM是矩形,故AM⊥MF.‎ 又因AE⊥PD,AE⊥CD,故AE⊥面PCD,‎ 而MF∥AE,得MF⊥面PCD,故MF⊥PC,‎ 因此MF是AB与PC的公垂线.‎ ‎ (II)解:因由(I)知AE⊥AB,又AD⊥AB,‎ 故∠EAD是二面角E—AB—D的平面角.‎ 设AB=a,则PA=3a.‎ 因Rt△ADE~Rt△PDA 故∠EAD=∠APD 因此 ‎6(1)证明:连结AC、AC交BD于O。连结EO ‎ ∵ 底面ABCD是正方形 ∴ 点O是AC的中点。‎ 在中,EO是中位线 ∴ ‎ 而平面EDB且平面,所以,平面EDB。‎ ‎(2)解:作交CD于F。连结BF,设正方形ABCD的边长为。‎ ‎ ∵ 底面ABCD ∴ ∴ F为DC的中点 ‎∴ 底面ABCD,BF为BE在底面ABCD内的射影,故为直线EB与底面ABCD所成的角。‎ 在中,‎ ‎∵ ∴ 在中 ‎ 所以EB与底面ABCD所成的角的正切值为 ‎7(Ⅰ)设AC∩BD=0,连结OE,‎ ‎ ∵O、M分别是AC、EF的中点,ACEF是矩形,‎ ‎∴四边形AOEM是平行四边形,∴AM∥OE.‎ ‎∵平面BDE, 平面BDE ∴AM∥平面BDE.‎ ‎(Ⅱ)∵BD⊥AC,BD⊥AF,且AC交AF于A,‎ ‎∴BD⊥平面AE,又因为AM平面AE,∴BD⊥AM.‎ ‎∴AD=,AF=1,OA=1,∴AOMF是正方形,‎ ‎∴AM⊥OF,又AM⊥BD,且OF∩BD=0 ∴AM⊥平面BDF.‎ ‎(Ⅲ)设AM∩OF=H,过H作HG⊥DF于G,连结AG,‎ 由三垂线定理得AG⊥DF,‎ ‎∴∠AGH是二面角A—DF—B的平面角.‎ ‎8(Ⅰ)如图1,取AD的中点E,连结PE,则PE⊥AD.‎ 作PO⊥平面在ABCD,垂足为O,连结OE.‎ 根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD,‎ 所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的平面角,‎ 由已知条件可知∠PEO=60°,PE=6,所以PO=3,四棱锥P—ABCD的体积 VP—ABCD=‎ ‎(Ⅱ)解法一:如图1,以O为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得 P(0,0,3),A(2,-3,0),B(2,5,0),D(-2,-3,0)‎ 所以 因为 所以PA⊥BD.‎ ‎9(1)证明:如果,取AC中点D,连结PD、BD.‎ ‎ 因为PA=PC,所以PD⊥AC, 又已知面PAC⊥面ABC,‎ ‎ 所以PD⊥面ABC,D为垂足.‎ ‎ 因为PA=PB=PC, 所以DA=DB=DC,可知AC为△ABC外接圆直径,‎ ‎ 因此AB⊥BC.‎ ‎(2)解:因为AB=BC,D为AC中点,所以BD⊥AC.‎ ‎ 又面PAC⊥面ABC, 所以BD⊥平面PAC,D为垂足.‎ ‎ 作BE⊥PC于E,连结DE,‎ ‎ 因为DE为BE在平面PAC内的射影,‎ ‎ 所以DE⊥PC,∠BED为所求二面角的平面角.‎ ‎ 在Rt△ABC中,AB=BC=,所以BD=.‎ ‎ 在Rt△PDC中,PC=3,DC=,PD=,‎ ‎ 所以 ‎ 因此,在Rt△BDE中,, ,‎ ‎ 所以侧面PBC与侧面PAC所成的二面角为60°‎ ‎10(I)解:如图,作PO⊥平面ABCD,垂足为点O.连结OB、OA、OD、OB与AD交于点E,连结PE.‎ ‎ ∵AD⊥PB,∴AD⊥OB,∵PA=PD,∴OA=OD,‎ 于是OB平分AD,点E为AD的中点,所以PE⊥AD.‎ 由此知∠PEB为面PAD与面ABCD 所成二面角的平面角,∴∠PEB=120°,∠PEO=60°‎ 由已知可求得PE=∴PO=PE·sin60°=,‎ 即点P到平面ABCD的距离为.‎
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