高考立体几何大题

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.‎