最新立体几何大题练习文科1Word格式.docx
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由面SAD⊥底面ABCD．可得BD⊥平面SAD，
又BD⊂平面SBD，可得平面SBD⊥平面SAD；
（2）解：
∠SDA=120°
由AD=SD=
在△SAD中，可得SA=2SDsin60°
△SAD的边AD上的高SH=SDsin60°
由SH⊥平面BCD，可得
×
a×
a2=
解得a=1，
由BD⊥平面SAD，可得BD⊥SD，
SB=
=2a，
又AB=2a，
在等腰三角形SBA中，
边SA上的高为
则△SAB的面积为
SA×
a=
．
【点评】本题考查面面垂直的判定定理的运用，注意运用转化思想，考查三棱锥的体积公式的运用，以及推理能力和空间想象能力，属于中档题．
2．如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．
求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；
（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．
【解答】证明：
（1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，
所以AB∥EF，
又因为EF⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以由线面平行判定定理可知：
EF∥平面ABC；
（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，
因为BC⊥BD，FG∥BC，
所以FG⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，
又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，
所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，
故AD⊥AC．
【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．
3．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC⊥CB，点M和N分别是B1C1和BC的中点．
MB∥平面AC1N；
（2）求证：
AC⊥MB．
（1）证明MC1NB为平行四边形，所以C1N∥MB，即可证明MB∥平面AC1N；
（2）证明AC⊥平面BCC1B1，即可证明AC⊥MB．
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，因为点M，N分别是B1C1，BC的中点，
所以C1M∥BN，C1M=BN．
所以MC1NB为平行四边形．
所以C1N∥MB．
因为C1N⊂平面AC1N，MB⊄平面AC1N，
所以MB∥平面AC1N；
（2）因为CC1⊥底面ABC，
所以AC⊥CC1．
因为AC⊥BC，BC∩CC1=C，
所以AC⊥平面BCC1B1．
因为MB⊂平面BCC1B1，
所以AC⊥MB．
【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD||BC，PD⊥底面ABCD，
∠ADC=90°
，AD=2BC，Q为AD的中点，M为棱PC的中点．
（Ⅰ）证明：
PA∥平面BMQ；
（Ⅱ）已知PD=DC=AD=2，求点P到平面BMQ的距离．
（1）连结AC交BQ于N，连结MN，只要证明MN∥PA，利用线面平行的判定定理可证；
（2）由
（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离．
【解答】解：
（1）连结AC交BQ于N，连结MN，因为∠ADC=90°
，Q为AD的中点，所以N为AC的中点．…（2分）
当M为PC的中点，即PM=MC时，MN为△PAC的中位线，
故MN∥PA，又MN⊂平面BMQ，所以PA∥平面BMQ．…（5分）
（2）由
（1）可知，PA∥平面BMQ，所以点P到平面BMQ的距离等于点A到平面BMQ的距离，所以VP﹣BMQ=VA﹣BMQ=VM﹣ABQ，
取CD的中点K，连结MK，所以MK∥PD，
，…（7分）
又PD⊥底面ABCD，所以MK⊥底面ABCD．
又
，PD=CD=2，所以AQ=1，BQ=2，
，…（10分）
所以VP﹣BMQ=VA﹣BMQ=VM﹣ABQ=
.
，…（11分）
则点P到平面BMQ的距离d=
…（12分）
【点评】本题考查了线面平行的判定定理的运用以及利用三棱锥的体积求点到直线的距离．
5．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥AC，D，E分别是AB，AC的中点．
B1C1∥平面A1DE；
平面A1DE⊥平面ACC1A1．
（1）证明B1C1∥DE，即可证明B1C1∥平面A1DE；
（2）证明DE⊥平面ACC1A1，即可证明平面A1DE⊥平面ACC1A1．
（1）因为D，E分别是AB，AC的中点，所以DE∥BC，…（2分）
又因为在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1C1∥BC，所以B1C1∥DE…（4分）
又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE…（6分）
（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，
又DE⊂底面ABC，所以CC1⊥DE…（8分）
又BC⊥AC，DE∥BC，所以DE⊥AC，…（10分）
又CC1，AC⊂平面ACC1A1，且CC1∩AC=C，所以DE⊥平面ACC1A1…（12分）
又DE⊂平面A1DE，所以平面A1DE⊥平面ACC1A1…（14分）
【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
6．在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，M，N分别是PD，PA的中点，AC⊥AD，∠ACD=∠ACB=60°
，PC=AC．
PA⊥平面CMN；
AM∥平面PBC．
（1）推导出MN∥AD，PC⊥AD，AD⊥AC，从而AD⊥平面PAC，进而AD⊥PA，MN⊥PA，再由CN⊥PA，能证明PA⊥平面CMN．
（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，推导出MQ∥PC，从而MQ∥平面PBC，再求出AQ∥平面，从而平面AMQ∥平面PCB，由此能证明AM∥平面PBC．
（1）∵M，N分别为PD、PA的中点，
∴MN为△PAD的中位线，∴MN∥AD，
∵PC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PC⊥AD，
又∵AD⊥AC，PC∩AC=C，∴AD⊥平面PAC，
∴AD⊥PA，∴MN⊥PA，
又∵PC=AC，N为PA的中点，∴CN⊥PA，
∵MN∩CN=N，MN⊂平面CMN，CM⊂平面CMN，
∴PA⊥平面CMN．
解
（2）取CD的中点为Q，连结MQ、AQ，
∵MQ是△PCD的中位线，∴MQ∥PC，
又∵PC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，∴MQ∥平面PBC，
∵AD⊥AC，∠ACD=60°
，∴∠ADC=30°
∴∠DAQ=∠ADC=30°
，∴∠QAC=∠ACQ=60°
∴∠ACB=60°
，∴AQ∥BC，
∵AQ⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AQ∥平面PBC，
∵MQ∩AQ=Q，∴平面AMQ∥平面PCB，
∵AM⊂平面AMQ，∴AM∥平面PBC．
【点评】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．
7．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA=PD=
AD，E、F分别为PC、BD的中点．
EF∥平面PAD；
面PAB⊥平面PDC．
（1）连接AC，则F是AC的中点，E为PC的中点，证明EF∥PA，利用直线与平面平行的判定定理证明EF∥平面PAD；
（2）先证明CD⊥PA，然后证明PA⊥PD．利用直线与平面垂直的判定定理证明PA⊥平面PCD，最后根据面面垂直的判定定理即可得到面PAB⊥面PDC．
（1）连接AC，由正方形性质可知，AC与BD相交于BD的中点F，F也为AC中点，E为PC中点．
所以在△CPA中，EF∥PA，
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD；
（2）平面PAD⊥平面ABCD
平面PAD∩面ABCD=AD⇒CD⊥平面PAD⇒CD⊥PA
正方形ABCD中CD⊥ADPA⊂平面PADCD⊂平面ABCD
，所以PA2+PD2=AD2
所以△PAD是等腰直角三角形，且
，即PA⊥PD．
因为CD∩PD=D，且CD、PD⊂面PDC
所以PA⊥面PDC
又PA⊂面PAB，
所以面PAB⊥面PDC．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定的应用，考查逻辑推理能力．
8．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，BD=2
，E、F分别为AD、PC中点．
（1）求点F到平面PAB的距离；
平面PCE⊥平面PBC．
（1）取PB的中点G，连接FG、AG，证得底面ABCD为正方形．再由中位线定理可得FG∥AE且FG=AE，四边形AEFG是平行四边形，则AG∥FE，运用线面平行的判定定理可得EF∥平面PAB，点F与点E到平面PAB的距离相等，运用线面垂直的判定和性质，证得AD⊥平面PAB，即可得到所求距离；
（2）运用线面垂直的判定和性质，证得BC⊥平面PAB，EF⊥平面PBC，再由面面垂直的判定定理，即可得证．
（1）解：
如图，取PB的中点G，连接FG、AG，
因为底面ABCD为菱形，且PA=AD=2，
所以底面ABCD为正方形．
∵E、F分别为AD、PC中点，
∴FG∥BC，AE∥BC，
∴FG∥AE且FG=AE，
∴四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥FE，
∵AG⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB，
∴点F与点E到平面PAB的距离相等，
由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，
又AD⊥AB，PA∩AB=A，
AD⊥平面PAB，
则点F到平面PAB的距离为EA=1．
（2）证明：
由
（1）知AG⊥PB，AG∥EF，
∵PA⊥平面ABCD，∴BC⊥PA，
∵BC⊥AB，AB∩BC=B，∴BC⊥平面PAB，
由AG⊂平面PAB，
∴BC⊥AG，又∵PB∩BC=B，
∴AG⊥平面PBC，∴EF⊥平面PBC，
∵EF⊂平面PCE，
∴平面PCE⊥平面PBC．
【点评】本题考查空间点到平面的距离，注意运用转化思想，考查线面平行和垂直的判定和性质，以及面面垂直的判定，熟练掌握定理的条件和结论是解题的关键，属于中档题．
9．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°
，DC=2AB=2AD，BC⊥PD，E，F分别是PB，BC的中点．
（1）PC∥平面DEF；
（2）平面PBC⊥平面PBD．
（1）由中位线定理可得PC∥EF，故而PC∥平面DEF；
（2）由直角梯形可得BC⊥BD，结合BC⊥PD得出BC⊥平面PBD，于是平面PBC⊥平面PBD．
（1）∵E，F分别是PB，BC的中点，
∴PC∥EF，
又PC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴PC∥平面DEF．
（2）取CD的中点M，连结BM，
则AB
DM，又AD⊥AB，AB=AD，
∴四边形ABMD是正方形，
∴BM⊥CD，BM=CM=DM=1，BD=
∴BC=
∴BD2+BC2=CD2，
∴BC⊥BD，又BC⊥PD，BD∩PD=D，
∴BC⊥平面PBD，
又BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PBD．
【点评】本题考查了线面平行，面面垂直的判定，属于中档题．
10．如图，在三棱锥A﹣BCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．
EF∥平ABD面；
培养动手能力□学一门手艺□打发时间□兴趣爱好□
（2）若AE⊥平面BCD，BD⊥CD，求证：
平面AEF⊥平面ACD．
（1）利用线面平行的性质可得BD∥EF，从而得出EF∥平面ABD；
大学生购买力有限，即决定了要求商品能价廉物美，但更注重的还是在购买过程中对精神文化爱好的追求，满足心理需求。
（2）由AE⊥平面BCD可得AE⊥CD，由BD⊥CD，BD∥EF可得EF⊥CD，从而有CD⊥平面AEF，故而平面AEF⊥平面ACD．
（1）∵BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面BCD∩平面AEF=EF，
∴BD∥EF，又BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，
众上所述，我们认为：
我们的创意小屋计划或许虽然会有很多的挑战和困难，但我们会吸取和借鉴“漂亮女生”和“碧芝”的成功经验，在产品的质量和创意上多下工夫，使自己的产品能领导潮流，领导时尚。
在它们还没有打入学校这个市场时，我们要巩固我们的学生市场，制作一些吸引学生，又有使学生能接受的价格，勇敢的面对它们的挑战，使自己立于不败之地。
∴EF∥平ABD面．
2003年，全年商品消费价格总水平比上年上升1%。
消费品市场销售平稳增长。
全年完成社会消费品零售总额2220.64亿元，比上年增长9.1%。
（2）∵AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
随着社会经济、文化的飞跃发展，人们正从温饱型步入小康型，崇尚人性和时尚，不断塑造个性和魅力的现代文化价值观念，已成为人们的追求目标。
因此，顺应时代的饰品文化显示出强大的发展势头和越来越广的市场，从事饰品销售是有着广阔的市场空间。
∴AE⊥CD，
由
（1）可知BD∥EF，又BD⊥CD，
据介绍，经常光顾“碧芝”的都是些希望得到世界上“独一无二”饰品的年轻人，他们在琳琅满目的货架上挑选，然后亲手串连，他们就是偏爱这种ＤＩＹ的方式，完全自助。
∴EF⊥CD，
是□否□又AE∩EF=E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，
2003年，上海市人均GDP按户籍人口计算就达到46700元，是1995年的2.5倍；
居民家庭人均月可支配收入为14867元，是1995年的2.1倍。
收入不断增加的同时，居民的消费支出也在增加。
2003年上海居民人均消费支出为11040元，其中服务性消费支出为3369元，是1995年的3.6倍。
∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，
为了解目前大学生对DIY手工艺品制作的消费情况，我们于己于人2004年3月22日下午利用下课时间在校园内进行了一次快速抽样调查。
据调查本次调查人数共50人，并收回有效问卷50份。
调查分析如下：
∴平面AEF⊥平面ACD．
他们的成功秘诀在于“连锁”二字。
凭借“连锁”，他们在女孩们所喜欢的小玩意上玩出了大名堂。
小店连锁，优势明显，主要有：
【点评】本题考查了线面平行、线面垂直的性质，面面垂直的判定，属于中档题．
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