912013年中考试题按章节考点分类：第23章特殊的平行四边形-第4页
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912013年中考试题按章节考点分类：第23章特殊的平行四边形-4
A.AC=BDB.OB=OCC.∠BCD=∠BD；ACD；【解析】∵四边形ABCD是梯形,AD∥BC,∴A；【答案】选C.；【点评】此题考查了等腰梯形的性质与相似三角形的判；（2013四川内江，16，5分）如图8，四边形A；图8；【解析】如下图所示，过点B作BE∥AC，与DC的；4)＝3，所以S梯形ABCD＝；1111DE＝(DC＋CE)＝(DC＋AB)＝(
C. ∠BCD=∠BDC
D. ∠ABD=∠ACD 【解析】∵四边形ABCD是梯形,AD∥BC,∴AC=BD，∠ABC=∠DCB,△AOD∽BOC,∴OB=OC,∠OBC=∠OCB,∠ABD=∠DCA.【答案】选C.【点评】此题考查了等腰梯形的性质与相似三角形的判定与性质．解此题的关键是注意数形结合思想的应用与排除法的应用． （2013四川内江，16，5分）如图8，四边形ABCD是梯形，BD＝AC且BD⊥AC，若AB＝2，CD＝4，则S梯形ABCD＝
.图8 【解析】如下图所示，过点B作BE∥AC，与DC的延长线交于点E，BF⊥DE于F．接下来，可证得△BDE是等腰直角三角形，BF＝4)＝3，所以S梯形ABCD＝1111DE＝(DC＋CE)＝(DC＋AB)＝(2＋222211( AB＋DC)?BF＝(2＋4)?3＝9． 22 【答案】9【点评】在等腰梯形问题中，如果有对角线互相垂直条件，将其中一条对角线进行平移产生辅助线是常用解题思路．事实上，对角线互相垂直的等腰梯形的高等于其上、下底和的一半．解决此题，还可以证明△AOB和△COD是等腰直角三角形，在求得AC、BC长后，利用S梯形ABCD＝△ACD＋△ACB＝1AC?BD解答． 2 (2013四川省南充市，17，6分) 如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，点E是AD延长线上的一点，且CE=CD.求证：∠B=∠E.
解析：先利用等腰三角形等边对等角推得∠CDE=∠E。根据AD∥BC,可得∠CDE=∠DCB，等量代换得到∠E=∠DCB，再根据等腰梯形性质可知∠B=∠DCB，从而证得∠B=∠E。答案：证明：∵CE=CD，∴∠CDE=∠E.∵AD∥BC，∴∠CDE=∠DCB.∴∠E=∠DCB.∵AB=DC，∴∠B=∠DCB.∴∠B=∠E.点评：本题主要考查等腰梯形的性质、等腰三角形的性质，及平行线性质。对于等腰梯形、等腰三角形内的角度问题，要充分利用底角相等的特点，再利用等量代换的方法即可探寻到所要求证角的相等关系。 （2011江苏省无锡市，8，3′）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，AB=5，BC=9，CD的垂直平分线交BC于E，连接DE，则四边形ABED的周长等于（
D.20 【解析】利用垂直平分线的性质可以知道DE=EC，把求四边形ABED的周长问题转化为求已知三条线段的和。四边形ABED的周长等于AD+AB+DE+BE=AD+AB+BE+EC=AD+AB+BC=3+5+9=17.【答案】A【点评】本题主要考查线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，也考查学生的转化能力。 （2013山东省滨州，11，3分）菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为（
D．6：1【解析】如图所示，根据已知可得到菱形的边长为2cm，从而可得到高所对的角为30°，相邻的角为150°，则该菱形两邻角度数比为5：1．【答案】选C． 【点评】本题考查菱形的性质；此菱形含30度角的直角三角形，便可推出它的相邻内角分别30°，150°． （2013北海,6，3分）6．如图，梯形ABCD中AD//BC，对角线AC、BD相交于点O，若AO∶CO＝2：3，AD＝4，则BC等于：（
）B 第6题图 CA．12
D．6【解析】根据AD//BC易知△AOD∽△COB，相似比为2:3，所以当AD=4时，BC=6.【答案】D 【点评】本题考查的是梯形的性质和相似三角形的判定和性质，属于简单几何题型。(2013江苏苏州，6，3分)如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=4，则四边形CODE的周长（
） （2013广东肇庆，13，3）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为
．【解析】菱形的对角线互相垂直平分，结合勾股定理可求得边长为5．菱形的四条边相等，故周长为20．【答案】20【点评】本题考查了菱形的性质与勾股定理的综合运用，难度中等． （2013贵州省毕节市，17，5分）我们把顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中．点四边形。现有一个对角线分别为6cm和8cm的菱形，它的中点四边形的对角线长．．．．是
.解析：顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形，且矩形的边长分别是菱形对角线的一半，问题得解．答案：解：∵顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点所得的图形是矩形；理由如下：∵E、F、G、H分别为各边中点∴EF∥GH∥DB，EF=GH=1DB，∴HF=EH2?EF2=5cm. 故答案为：5cm．点评：本题考查菱形的性质，菱形的四边相等，对角线互相垂直，连接菱形各边的中点得到矩形，且矩形的边长是菱形对角线的一半以及勾股定理的运用． ( 2013年四川省巴中市,19,3)如图4,在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,BD⊥DC,点E是BC
的中点且DE∥AB,则∠BCD的度数是____________ 【解析】∵AD∥BC,DE∥AB,∴四边形ABED是平行四边形∴AB=DE,在等腰梯形ABCD中,AB=DC,∴DE=DC∵BD⊥DC,∴∠BDC=900,又点E是BC 的中点∴DE=EC=DC,即△DEC是等边三角形，故∠BCD=600 【答案】60°【点评】本题考查的知识点有平行四边形的判定、等边 E 图4三角形的判定等腰梯形及直角三角形的性质，是比较综合的题目。 （2013呼和浩特，8，3分）已知：在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，AD=3，BC=7，则梯形的面积是A. 25
CD【解析】作DE∥AC，交BC的延长线于E，作DF⊥BE于F。∵四边形ABCD是等腰梯形∴AD∥CE，AC=BD又∵DE∥AC，AC⊥BD∴四边形ACED是平行四边形，BD⊥DE∴DE=AC，AD=CE=3∴△BDE是等腰直角三角形又∵DF⊥BE1111BE=(BC+CE)=(BC+AD)=(7+3)=5 222211∴S梯形ABCD=(AD+BC)?DF=(3+7)×5=2522∴BF=EF=DF=BE 【答案】A【点评】本题考查了梯形作辅助线的方法，见对角线互相垂直，则平移对角线，利用平移后形成的直角三角形求解。此题关键是做辅助线的方法。 （2013黑龙江省绥化市，10，3分）如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过此正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F、DE⊥a于点E，若DE=8，BF=5，则EF的长为． 【解析】解：用三角形全等的判定方法AAS或ASA易证△ABF≌△DAE得AE=BF=5，AF=DE=8，故EF=AE+AF=5+8=13．包含各类专业文献、生活休闲娱乐、中学教育、各类资格考试、应用写作文书、高等教育、外语学习资料、幼儿教育、小学教育、912013年中考试题按章节考点分类：第23章特殊的平行四边形等内容。　
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新题库--第九章 第23节：立体几何的综合应用(9)67-2
解法三：可转化为求平行平面间的距离.连A1D，C；DD1；BD1；33；a，而同理可求BN＝；33；a，故MN＝3a-；33；a-；33；a＝；33；a.；15.如图，已知A1B1C1―ABC是正三棱柱，；(2)假设AB1⊥BC1，BC＝2，求线段AB1；∴DE∥AB1，又AB1?平面DBC1，DE?平；(2)作DF⊥BC，垂足为F，因为面ABC⊥面B；连结
解法三：可转化为求平行平面间的距离.连A1D，C1D，A1C1，B1C.易知A1D∥B1C，A1C1∥AC.故平面A1DC1∥平面AB1C.连BD1，设与平面A1DC1交于M，与平面AB1C交于N.因BD1与图中所示6条面对角线都垂直，故BD⊥面A1DC1，也垂直于AB1C.即MN是A1C1与AB1的距离，在RtΔD1DB中，D1M＝DD12BD1＝33a，而同理可求BN＝33a，故MN＝3a-33a-33a＝33a.15. 如图，已知A1B1C1―ABC是正三棱柱，D是AC中点.
(1)证明AB1∥面DBC1；(2)假设AB1⊥BC1，BC＝2，求线段AB1在侧面BB1CC1上的射影长. 解：(1)∵A1B1C1―ABC是正三棱柱，∴四形B1BCC1是矩形，连结B1C，交BC1于E，则B1E＝EC，连结DE.在ΔAB1C中，AD＝DC，∴DE∥AB1，又AB1?平面DBC1，DE?平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1。(2) 作DF⊥BC，垂足为F，因为面ABC⊥面B1BC1，所以DF⊥B1BCC1，连结B1E，则B1E是A1B在平面B1BCC1内的射影，∵BC1⊥AB1
∴BC1⊥B1E，∵B1BCC1是矩形， ∴∠B1BF＝BC1C＝90°，∴ΔB1BF∽ΔBCC1，∴B1BBC＝BFCC1＝BFB1B，又F为正三角形ABC的BC边中2222点，因而B1B＝BF?BC＝2，于是B1F＝B1B+BF＝3，∴B1F＝3，即线段AB1在平面B1BCC1内的射影长为3。16. 如图，在棱长为a的正方体AC1中，M是CC1的中点，点E在AD上，且AE＝且AF＝1313AD，F在AB上，AB，求点B到平面MEF的距离.解：设AC与BD交于O点，EF与AC交于R点，由于EF∥BD所以将B点到面MEF的距离转化为O点到面MEF的距离，面MRC⊥面MEF，而MR是交线，所以作OH⊥MR，即OH⊥面MEF，OH即为所求.∵OH?MR＝OR?MC，∴OH＝a59.方法二：考察三棱锥B―MEF，由VB-MEF＝VM-BEF可得h.17．正方体ABCD―A1B1C1D1的棱长为a，求A1C1和平面AB1C间的距离.解：如图所示，A1C1∥平面AB1C，又平面BB1DD1⊥平面AB1C.故若过O1作O1E⊥OB1于E，则OE1⊥平面AB1C，O1E为所求的距离由O1E?OB1＝O1B1?OO1，可得：O1E＝3a3。方法二：转化为求C1到平面AB1C的距离，也就是求三棱锥C1―AB1C的 高h.由
VC?ABC＝VA?BCC，可得h＝111331a.方法三：因平面AB1C∥平面C1DA1，它们间的距离即为所求，连BD1，分别交B1O、DO1与F、G(图中未画出)。易证BD1垂直于上述两个平面，故FG长即为所求，易求得FG＝3a3.18. 四棱锥V―ABCD底面是边长为4的菱形，∠BAD=1200，VA⊥底面ABCD，VA=3，AC与BD交于O。 （1）求点V到CD的距离；
（2）求点V到BD的距离； （3）作OF⊥VC，垂足为F，证明OF是BD与VC的公垂线段；
（4）求异面直线BD与VC间的距离。 解：（1）在平面ABCD内作AE⊥CD，E为垂足，∵VA⊥平面ABCD，∴AE为VE在平面ABCD上的射影，∴VE⊥CD，∴线段VE长为点V到直线CD的距离。∵∠BAD=1200，∴∠ADC=600，∴△ACD为正三角形，∴E为CD中点，AE=32?4?23，∴VE=VA2?AE2?21。（2）∵AO⊥BD，∴由三垂线定理VO⊥BD，∴VO长度为V到直线BD距离。VO=VA2?AO2?。
（3）只需证OF⊥BD，∵BD⊥HC，BD⊥VA，∴BD⊥平面VAC，∴BD⊥OF，∴OF为异面直线BD与VC的公垂线。（4）在Rt△VAC中，OC=12AC=2，VC=VA2?AC2?5，∴OF=OC?sin∠VAVC?2?35?65。19． 如图9-5-7，四棱锥M-ABCD底面是边长为a的正方形，MA垂直底面于A且MA=a，求二面角B-MC-D的大小．解：∵MA⊥平面ABCD，连结BD、AC，∵BD⊥AC，∴BD⊥MC（三垂线定理）．过BD作截面BED⊥MC，则∠BED为所求二面角B-MC-D的平面角．∵MA=a, AB=a, 由RtΔMAB可得MB=2a。由RtΔMAC可得MC=3a。 由RtΔMBC，由面积易求出BE=6?6963??2??6363a，同理DE=63a。又∵BD=2a，由ΔBDE中cos∠BED=92?12,∴二面角B-MC-D为120°．20．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，E为BB1的中点，AA1=A1B1，求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角的大小．解：先找出平面A1EC与平面A1B1C1的交线，再找出或作出二面角的平面角．分别延长CE、C1B1交于D，连结A1D．∵EB1∥CC1，EB1=∴DB1==121212BB1=12CC1，DC1=B1C1=A1B1．又∵∠B1A1C1=∠B1C1A1=60°，∠DA1B1=∠A1DB1(180°-∠DB1A1)=30°，∴∠DA1C1=∠DA1B1+∠B1A1C1=90°，即DA1⊥A1C1．∵CC1⊥面A1C1B，即A1C1是A1C在平面A1C1B1上的射影，由三垂线定理得 DA1⊥A1C，∴∠CA1C1是所求二面角的平面角． 又∵CC1=AA1=A1B1=A1C1，∠A1C1C=90°，∴∠CA1C1=45°．解法二：利用公式cosθ=S?S11求解．由正三棱柱性质知ΔA1EC上底面上的射影为34ΔA1B1C1，设棱长为a，易求得S?ABC=1a2, A1E=CE=52a，A1C=2a，∴S?AEC=164a2.3设平面A1EC与底面A1B1C1所成的二面角大小为θ。则cosθ=S?A1B1C1S?A1EC?464aa2?222,∴θ=45°．21．已知三条射线SA，SB，SC所成的角∠ASC＝BSC＝30°，∠ASB＝45°，求平面ASC与平面BSC所成二面角的大小.解：在SC上任取一点D，过D作平面DEF垂直于SC，分别交平面SAC、SBC、SAB于DE、DF、EF，则∠EDF是二面角A―SC―B的平面角。令SD＝3.∵∠ASC＝30°，∴在RtΔSED中，DE＝1，SE＝2.同理DF＝1，SF＝2.在ΔSEF中，依余弦定理EF2＝8-42.∴在ΔDEF中，cos∠EDF＝22-3,又-1＜22-3＜0.∴二面角A―SC―B的平面角∠EDF＝arccos(22-3)＝π-arccos(3-22)22．在直三棱柱ABC―A′B′C′中，∠BAC＝90°，AB＝BB′＝1，直线B′C与平面ABC成30°的角.(1) 求点C′到平面AB′C的距离； (2) 求二面角B―B′C―A的余弦值.解：(1)∵ABC―A′B′C′是直三棱柱，∴A′C′∥AC，AC?平面AB′C，∴A′C′∥平面AB′C，于是C′到平面AB′C的距离等于点A′到平面AB′C的距离。作A′M⊥AB′于M.由AC⊥平面AB′A′A得平面AB′C⊥平面AB′A′A， ∴A′M⊥平面AB′C，A′M的长是A′到平面AB′C的距离.∵AB＝BB′＝1，∠B′CB＝30°，∴B′C＝2，BC＝3，AB′＝A?B??A?AA?A2，A′M＝＝22.即C′到平面AB′C的距离为22；(2) 作AN⊥BC于N，则AN⊥平面B′BCC′，作NQ⊥B′C于Q，则CQ⊥B′C，∴∠AQN是所求二面角的平面角。AN＝AB?ACBC＝63，AQ＝AC?AB?B?C＝1.∴sin∠AQN＝ANAQ＝63,cos∠AQN＝33.23．已知矩形ABCD中，AB=3，AD=32，以BD为棱折成二面角A-BD-C，使AC=21，求二面角A-BD-C的大小．解：在平面图形（图9-5-8）中，分别过A、C作对角线BD的垂线，垂足为E、F．在RtΔABD中，求BD=33，进而求得BE=3，AE=6．在RtΔBCD中，同样可求得DF=3, CF=6.∴EF=BD-BE-DF=3． 在立体图形（图9-5-9）中，过E作EG∥FC，交过C且平行于BD的直线=于G，连结AG，则∠AEG为二面角A-BD-C的平面角．∵BD⊥平面AGE，GC∥BD，∴GC⊥AG．在RtΔAGC中，求出AG=ACcos∠AEG=AE22?CG2?32.在ΔAGE中，?EG2?AG22?AE?EG?6?6?1826?6??12,∴∠AEG=120°.∴二面角A-BD-C为120°．24．如图所示，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=12。（1）求四棱锥S-ABCD的体积；（2）求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值。 解：（1）直角梯形ABCD的面积是M=∴四棱锥S-ABCD的体积是V=1312(BC+AD)?AB=13?1?34?141?0.52?1?34.×SA×M底=；（2）延长BA、CD相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱（如图所示）。∵AD∥BC，BC=2AD，∴EA=AB=SA。∴SE⊥SB。∵SA⊥面ABCD，得面SEB⊥面EBC，EB是交线，又BC⊥EB，∴BC⊥面SEB，故SB是CVS在面SEB上的射影。∴CS⊥SE。∴∠BSC是所求二面角的平面角。 ∵SB=SA?AB22?2，BC=1，BC⊥SB，∴tan∠BSC=BCSB?22，即所求二面角的正切值为22。25．在三棱锥S-ABC中，ΔABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA=SC=23，M、N分别为AB、SB的中点。（1）证明：AC⊥SB；
（2）求二面角N-CM-B的大小；（3）求点B到平面CMN的距离。证：（1）如图，取AC中点D，连结SD、DB。因为SA=SC，AB=BC，所以AC⊥SD且AC⊥BD，即AC⊥平面ADB。又SB?平面SDB，故AC⊥SB。 （2）∵AC⊥平面SDB，AC?平面ABC，∴平面SDB⊥平面ABC，过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC。过E作EF⊥CM于F，连结NE，则NF⊥CM。∴∠NFE为二面角N-C的平面角。∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，∴SD⊥平面ABC。又NE⊥平面ABC，得NE∥SD。∵SN=NB， ∴NE=1212121412SD=SA2?AD2=?4?2，且ED=EB。在正ΔABC中，由平几可得EF=MB=。在RtΔNEF中，tan∠NEF=ENEF2?22。故二面角N-CM-B的大小是arctan22. ?EN2（3）在RtΔNEF中，NF=EF?32，则SΔCMN=12CM?NF=323，SΔCMB13121BM?CM=23。 SΔCMB?NE，设点B到平面MN的距离为h。∵SB-CMN=VN-CMB，NE⊥平面CMB，∴S?CMB?NES?CMN423423SΔCMN?h=3∴h=?。即点B到平面CMN的距离为。26．如图9-5-13，直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=1，CB=2，侧棱AA1=1，侧面AA1B1B的两对角线交点为D，B1C1的中点为M．（1）求证：CD⊥平面BDM；（2）求面B1BD与面CBD所成二面角的大小．证：（1）如图9-5-14，连结CA1、AC1、CM，则CA1=2． ∵CB=CA1=2，∴ΔCBA1为等腰三角形．又知D为其底边A1B的中点，∴CD⊥A1B．∵A1C1=1，C1B1=2，∴A1B1=3．又BB1=1，∴A1B=2．∵ΔA1CB为直角三角形，D为A1B的中点，∵CD=12A1B=1，CD=CC1．又DM=12AC1=22，DM=C1M，∴ΔCDM≌ΔCC1M，∠CDM=∠CC1M=90°，即CD⊥DM．∵A1B、DM为平面BDM内两条相交直线，∴CD⊥平面BDM． （2）设F、G分别为BC、BD的中点，连结B1G、FG、B1F，则FG∥CD，FG=FG⊥BD．由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D知BD=B1D=角形．于是B1G⊥BD，B1G=3212CD．∴FG=，2112A1B=1．∴ΔBB1D是边长为1的正三．∴∠B1GF是所求二面角的平面角．?3????2???2?2??又B1F=B1B=BF=1+??2???2222?32,∴cos∠B1GF=B1G2?FG2?B1F22B1G?FG??1?3?????2?232?12??33,2?即所求二面角的大小为π-arccos33.27．如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=2a，点E在PD上，且PE:ED=2:1。（1）证明：PA⊥平面ABCD；（2）求以AC为棱，EAC与DAC为面的二面角θ的大小；（3）在棱PC上是否存在一点F，使BF∥平面AEC？证明你的结论。 证：（1）因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a。 在ΔPAB中，由PA+AB=2a=PB,知PA⊥AB，同理，PA⊥AD。 所以PA⊥平面ABCD。（2）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为二面角θ的平面角。又PE:ED=2:1。所以EG=tanθ=EGGH?33222213a,AG=23a,GH=Acsin60°=33a。从而,故θ=30°。（3）当F是棱PC的中点时，如图，BF∥平面AEC。证明如下： 取PE的中点M，连结FM，则FM∥CE。由EM=12PE=ED，知E是MD的中点。连结BM、BD，设BD∩AC=O，则O为BD的中点。故BM∥OE。 可知，平面BFM∥平面AEC。又BF?平面BFM，所以BF∥平面AEC。 包含各类专业文献、幼儿教育、小学教育、文学作品欣赏、中学教育、各类资格考试、行业资料、应用写作文书、新题库--第九章 第23节：立体几何的综合应用(9)67等内容。　
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