立体几何大题练习(文科).docx

立体几何大题练习(文科):
1.如图,在四棱锥S﹣ABCD中,底面ABCD就是梯形,AB∥DC,∠ABC=90°,AD=SD,BC=CD=,侧面SAD⊥底面ABCD.
(1)求证:平面SBD⊥平面SAD;
(2)若∠SDA=120°,且三棱锥S﹣BCD得体积为,求侧面△SAB得面积.
【分析】(1)由梯形ABCD,设BC=a,则CD=a,AB=2a,运用勾股定理与余弦定理,可得AD,由线面垂直得判定定理可得BD⊥平面SAD,运用面面垂直得判定定理即可得证;
(2)运用面面垂直得性质定理,以及三棱锥得体积公式,求得BC=1,运用勾股定理与余弦定理,可得SA,SB,运用三角形得面积公式,即可得到所求值.
【解答】(1)证明:在梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,BC=CD=,
设BC=a,则CD=a,AB=2a,在直角三角形BCD中,∠BCD=90°,
可得BD=a,∠CBD=45°,∠ABD=45°,
由余弦定理可得AD==a,
则BD⊥AD,
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°,且三棱锥S﹣BCD得体积为,
由AD=SD=a,
在△SAD中,可得SA=2SDsin60°=a,
△SAD得边AD上得高SH=SDsin60°=a,
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上得高为=a,
则△SAB得面积为×SA×a=a=.
【点评】本题考查面面垂直得判定定理得运用,注意运用转化思想,考查三棱锥得体积公式得运用,以及推理能力与空间想象能力,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.
【分析】(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,利用线面垂直得性质定理可知FG⊥AD,结合线面垂直得判定定理可知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得判定,考查空间想象能力,考查转化思想,涉及线面平行判定定理,线面垂直得性质及判定定理,注意解题方法得积累,属于中档题.
3.如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CC1⊥底面ABC,AC⊥CB,点M与N分别就是B1C1与BC得中点.
(1)求证:MB∥平面AC1N;
(2)求证:AC⊥MB.
【分析】(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.
【解答】证明:(1)证明:在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,因为点M,N分别就是B1C1,BC得中点,
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】本题考查线面平行得判定,考查线面垂直得判定与性质,考查学生分析解决问题得能力,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得中点,M为棱PC得中点.
(Ⅰ)证明:PA∥平面BMQ;
(Ⅱ)已知PD=DC=AD=2,求点P到平面BMQ得距离.
【分析】(1)连结AC交BQ于N,连结MN,只要证明MN∥PA,利用线面平行得判定定理可证;
(2)由(1)可知,PA∥平面BMQ,所以点P到平面BMQ得距离等于点A到平面BMQ得距离.
【解答】解:(1)连结AC交BQ于N,连结MN,因为∠ADC=90°,Q为AD得中点,所以N为AC得中点.…(2分)
当M为PC得中点,即PM=MC时,MN为△PAC得中位线,
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得距离等于点A到平面BMQ得距离,所以VP﹣BMQ=VA﹣BMQ=VM﹣ABQ,
取CD得中点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得距离d=…(12分)
【点评】本题考查了线面平行得判定定理得运用以及利用三棱锥得体积求点到直线得距离.
5.如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,BC⊥AC,D,E分别就是AB,AC得中点.
(1)求证:B1C1∥平面A1DE;
(2)求证:平面A1DE⊥平面ACC1A1.
【分析】(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.
【解答】证明:(1)因为D,E分别就是AB,AC得中点,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、面面垂直得判定,考查学生分析解决问题得能力,属于中档题.
6.在四棱锥P﹣ABCD中,PC⊥底面ABCD,M,N分别就是PD,PA得中点,AC⊥AD,∠ACD=∠ACB=60°,PC=AC.
(1)求证:PA⊥平面CMN;
(2)求证:AM∥平面PBC.
【分析】(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得中点为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.
【解答】证明:(1)∵M,N分别为PD、PA得中点,
∴MN为△PAD得中位线,∴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得中点,∴CN⊥PA,
∵MN∩CN=N,MN⊂平面CMN,CM⊂平面CMN,
∴PA⊥平面CMN.
解(2)取CD得中点为Q,连结MQ、AQ,
∵MQ就是△PCD得中位线,∴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、线面平行得证明,考查空间中线线、线面、面面间得位置关系,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,就是中档题.
7.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,底面ABCD就是边长为2得正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,E、F分别为PC、BD得中点.
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)求证:面PAB⊥平面PDC.
【分析】(1)连接AC,则F就是AC得中点,E为PC 得中点,证明EF∥PA,利用直线与平面平行得判定定理证明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得判定定理证明PA⊥平面PCD,最后根据面面垂直得判定定理即可得到面PAB⊥面PDC.
【解答】证明:(1)连接AC,由正方形性质可知,AC与BD相交于BD得中点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
又,所以PA2+PD2=AD2
所以△PAD就是等腰直角三角形,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得判定,直线与平面平行得判定得应用,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得距离;
(2)求证:平面PCE⊥平面PBC.
【分析】(1)取PB得中点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就是平行四边形,则AG∥FE,运用线面平行得判定定理可得EF∥平面PAB,点F与点E到平面PAB得距离相等,运用线面垂直得判定与性质,证得AD⊥平面PAB,即可得到所求距离;
(2)运用线面垂直得判定与性质,证得BC⊥平面PAB,EF⊥平面PBC,再由面面垂直得判定定理,即可得证.
【解答】(1)解:如图,取PB得中点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就是平行四边形,∴AG∥FE,
∵AG⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,∴EF∥平面PAB,
∴点F与点E到平面PAB得距离相等,
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得距离为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得距离,注意运用转化思想,考查线面平行与垂直得判定与性质,以及面面垂直得判定,熟练掌握定理得条件与结论就是解题得关键,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分别就是PB,BC得中点.
求证:(1)PC∥平面DEF;
(2)平面PBC⊥平面PBD.
【分析】(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,于就是平面PBC⊥平面PBD.
【解答】证明:(1)∵E,F分别就是PB,BC得中点,
∴PC∥EF,
又PC⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,
∴PC∥平面DEF.
(2)取CD得中点M,连结BM,
则ABDM,又AD⊥AB,AB=AD,
∴四边形ABMD就是正方形,
∴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,面面垂直得判定,属于中档题.
10.如图,在三棱锥A﹣BCD中,E,F分别为BC,CD上得点,且BD∥平面AEF.
(1)求证:EF∥平ABD面;
(2)若AE⊥平面BCD,BD⊥CD,求证:平面AEF⊥平面ACD.

【分析】(1)利用线面平行得性质可得BD∥EF,从而得出EF∥平面ABD;
(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.
【解答】证明:(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,
∴EF∥平ABD面.
(2)∵AE⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,
∴AE⊥CD,
由(1)可知BD∥EF,又BD⊥CD,
∴EF⊥CD,
又AE∩EF=E,AE⊂平面AEF,EF⊂平面AEF,
∴CD⊥平面AEF,又CD⊂平面ACD,
∴平面AEF⊥平面ACD.
【点评】本题考查了线面平行、线面垂直得性质,面面垂直得判定,属于中档题.