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高考数学基础题题库(立体几何301--400)


高考数学基础题题库
上犹中学数学教研组收集整理 立体几何(301—400)
301. 正三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面三条对角线 AB1、BC1、CA1 中,AB1⊥BC1.求证:AB1⊥CA1.

解析:方法 1 如图,延长 B1C1 到 D,使 C1D=B1C1.连 CD、A1D.因 AB1⊥BC1,故 AB1⊥CD;又 B1C1=A1C1=C1D,故∠B1A1D=90°,于是 DA1⊥平面 AA1B1B.故 AB1⊥平面 A1CD,因此 AB1⊥A1C. 方法 2 如图,取 A1B1、AB 的中点 D1、P.连 CP、C1D1、A1P、D1B,易证 C1D1⊥平面 AA1B1B.由 三垂线定理可得 AB1⊥BD1,从而 AB1⊥A1D.再由三垂线定理的逆定理即得 AB1⊥A1C. 说明 证明本题的关键是作辅助面和辅助线,证明线面垂直常采用下列方法: (1)利用线面垂直的定义; (2)证明直线垂直于平面内的两条相交直线; (3)证明直线平行于平面的垂线; (4)证明直线垂直于与这平面平行的另一平面. 302. 已知: 正三棱柱 ABC—A′B′C′中, AB′⊥BC′, BC=2, 求: 线段 AB′在侧面 BB ' C ' C 上的射影长.

解析: 如图, 取 BC 的中点 D.∵AD⊥BC, 侧面 BCC ' B ' ⊥底面 ABC, ∴AD⊥侧面 BCC ' B ' B ' D 是斜线 AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′,∴ B ' D ⊥BC′.

设 BB′=x,在 RtΔ B ' BD 中,BE∶BD= BB ' , B ' D = 1 ? x 2 .

∵E 是Δ BB′C 的重心.∴BE=

1 1 BC′= 3 3

4 ? x2

∴x=

1 1 ? x 2 · x 2 ? 4 ,解得:x= 2 . 3

∴线段 AB′在侧面的射影长为 2 .

?A' BC ? ? , 303. 平面α 外一点 A 在平面α 内的射影是 A′, BC 在平面内, ∠ABA′=θ ,
∠ABC= ? ,求证:cosγ =cosθ ·cosβ . 解析: 过 A′作 A' C ' ⊥BC 于 C′,连 AC′. ∵AA′⊥平面α ,BC 垂直 AC 在平面α 内的射线 A' C ' .

∴BC′⊥AC′,cos ? =

BC ? . AB

又∵cosθ =

A?B BC ? ,cosβ = , AB A? B

∴cos ? =cosθ ·cosβ . 304. Δ ABC 在平面α 内的射影是Δ A′B′C′,它们的面积分别是 S、S′,若Δ ABC 所在 平面与平面α 所成二面角的大小为θ (0<θ <90°=,则 S′=S·cosθ . 证法一 如图(1),当 BC 在平面α 内,过 A′作 A′D⊥BC,垂足为 D.

∵AA′⊥平面α ,AD 在平面α 内的射影 A′D 垂直 BC. ∴AD⊥BC.∴∠ADA′=θ . 又 S′=

1 1 A?D A′D·BC,S= AD·BC,cosθ = ,∴S′=S·cosθ . AD 2 2

证法二 如图(2),当 B、C 两点均不在平面α 内或只有一点(如 C)在平面α 内,可运用(1) 的结论证明 S′=S·cosθ . 305. 求证:端点分别在两条异面直线 a 和 b 上的动线段 AB 的中点共面.

证明 如图,设异面直线 a、b 的公垂线段是 PQ,PQ 的中点是 M,过 M 作平面α ,使 PQ⊥平 面α ,且和 AB 交于 R,连结 AQ,交平面α 于 N.连结 MN、NR.∵PQ⊥平面α ,MN ? α ,∴PQ ⊥MN.在平面 APQ 内,PQ⊥a,PQ⊥MN,∴MN∥a,a∥α ,又∵PM=MQ,∴AN=NQ,同理可证 NR ∥b,RA=RB. 即动线段的中点在经过中垂线段中点且和中垂线垂直的平面内.

306. 如图,已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1= 6 , M 是 CC1 的中点,求证:AB1⊥A1M.

解析:不难看出 B1C1⊥平面 AA1C1C,AC1 是 AB1 在平面 AA1C1C 上的射影.欲证 A1M⊥AB1,只要能 证 A1M⊥AC1 就可以了. 证:连 AC1,在直角Δ ABC 中,BC=1,∠BAC=30°, ∴ AC=A1C1= 3 . 设∠AC1A1=α ,∠MA1C1=β

∴ tanα =

AA1 6 = = 2, A1C1 3

6 MC1 2 tgβ = = 2 = . 2 A1C1 3

∵cot(α +β )=

1 ? tan? tan ? = tan? ? tan ?

1?1 2 2? 2

=0,

∴α +β =90° 即 AC1⊥A1M. ∵B1C1⊥C1A1,CC1⊥B1C1,∴B1C1⊥平面 AA1CC1, AC1 是 AB1 在平面 AA1C1C 上的射影. ∵AC1⊥A1M,∴由三垂线定理得 A1M⊥AB1. 评注:本题在证 AC1⊥A1M 时,主要是利用三角函数,证α +β =90°,与常见的其他题目不 太相同. 307. 矩形 ABCD,AB=2,AD=3,沿 BD 把Δ BCD 折起,使 C 点在平面 ABD 上的射影恰好落 在 AD 上. (1)求证:CD⊥AB; (2)求 CD 与平面 ABD 所成角的余弦值.

(1)证明 如图所示,∵CM⊥面 ABD,AD⊥AB, ∴CD⊥AB (2)解:∵CM⊥面 ABD ∴∠CDM 为 CD 与平面 ABD 所成的角,

cos∠CDM=

DM CD

作 CN⊥BD 于 N,连接 MN,则 MN⊥BD.在折叠前的矩形 ABCD 图上可得 DM∶CD=CD∶CA=AB∶AD=2∶3. ∴CD 与平面 ABD 所成角的余弦值为

2 3

308. 空间四边形 PABC 中,PA、PB、PC 两两相互垂直,∠PBA=45°,∠PBC=60°,M 为 AB 的中点.(1)求 BC 与平面 PAB 所成的角;(2)求证:AB⊥平面 PMC.

解析:此题数据特殊,先考虑数据关系及计算、发现解题思路. 解 ∵ PA⊥AB,∴∠APB=90° 在 RtΔ APB 中,∵∠ABP=45°,设 PA=a,

则 PB=a,AB= 2 a,∵PB⊥PC,在 RtΔ PBC 中,

∵∠PBC=60°,PB=a.∴BC=2a,PC= 3 a.

∵AP⊥PC ∴在 RtΔ APC 中,AC= PA2 ? PC2 = a ? ( 3a ) =2a
2 2

(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面 PAB, ∴BC 在平面 PBC 上的射影是 BP. ∠CBP 是 CB 与平面 PAB 所成的角 ∵∠PBC=60°,∴BC 与平面 PBA 的角为 60°. (2)由上知,PA=PB=a,AC=BC=2a. ∴M 为 AB 的中点,则 AB⊥PM,AB⊥CM. ∴AB⊥平面 PCM. 说明 要清楚线面的垂直关系,线面角的定义,通过数据特点,发现解题捷径. 309. 在空间四边形 ABCP 中,PA⊥PC,PB⊥BC,AC⊥BC.PA、PB 与平面 ABC 所成角分别为 30°和 45°。 (1)直线 PC 与 AB 能否垂直?证明你的结论; (2)若点 P 到平面 ABC 的距离为 h, 求点 P 到直线 AB 的距离. 解析:主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系的综合应用及线面角,点面间距离等概 念应用,空间想象力及推理能力.

解 (1)AB 与 PC 不能垂直,证明如下:假设 PC⊥AB,作 PH⊥平面 ABC 于 H,则 HC 是 PC 在 平面 ABC 的射影,∴HC⊥AB,∵PA、PB 在平面 ABC 的射影分别为 HB、HA,PB⊥BC,PA⊥PC. ∴BH⊥BC,AH⊥AC ∵AC⊥BC,∴平行四边形 ACBH 为矩形. ∵HC⊥AB,∴ACBH 为正方形. ∴HB=HA ∵PH⊥平面 ACBH.∴Δ PHB≌Δ PHA.

∴∠PBH=∠PAH,且 PB,PA 与平面 ABC 所成角分别为∠PBH,∠PAH.由已知∠PBH=45°, ∠PAH=30°,与∠PBH=∠PAH 矛盾. ∴PC 不垂直于 AB. (2)由已知有 PH=h,∴∠PBH=45°

∴BH=PH=h.∵∠PAH=30°,∴HA= 3 h.

∴矩形 ACBH 中,AB= BH 2 ? HA2 = h ? ( 3h) =2h.
2 2

作 HE⊥AB 于 E,∴HE=

HB ? HA h ? 3h 3 = = h. AB 2 2h

∵PH⊥平面 ACBH,HE⊥AB, 由三垂线定理有 PE⊥AB,∴PE 是点 P 到 AB 的距离.

在 RtΔ PHE 中,PE= PH 2 ? HE 2 = h 2 ? (

7 3 2 h. h) = 2 2

即点 P 到 AB 距离为

7 h. 2

评析:此题属开放型命题,处理此类问题的方法是先假设结论成立,然后“执果索因” ,作 推理分析,导出矛盾的就否定结论(反证法),导不出矛盾的,就说明与条件相容,可采用演 绎法进行推理,此题(1)属于反证法.

310. 平面α 内有一个半圆,直径为 AB,过 A 作 SA⊥平面α ,在半圆上任取一点 M,连 SM、 SB,且 N、H 分别是 A 在 SM、SB 上的射影.(1)求证:NH⊥SB.(2)这个图形中有多少个线面垂 直关系?(3)这个图形中有多少个直角三角形?(4)这个图形中有多少对相互垂直的直线? 解析:此题主要考查直线与直线,直线与平面的垂直关系及论证,空间想象力.

解 (1)连 AM,BM.∵AB 为已知圆的直径,如图所示. ∴AM⊥BM, ∵SA⊥平面α ,MB ? α , ∴SA⊥MB. ∵AM∩SA=A,∴BM⊥平面 SAM. ∵AN ? 平面 SAM, ∴BM⊥AN. ∵AN⊥SM 于 N,BM∩SM=M, ∴AN⊥平面 SMB. ∵AH⊥SB 于 H,且 NH 是 AH 在平面 SMB 的射影 ∴NH⊥SB. (2)由(1)知,SA⊥平面 AMB,BM⊥平面 SAM.AN⊥平面 SMB. ∵SB⊥AH 且 SB⊥HN. ∴SB⊥平面 ANH. ∴图中共有 4 个线面垂直关系 (3)∵SA⊥平面 AMB, ∴Δ SAB、Δ SAM 均为直角三角形. ∵BM⊥平面 SAM,∴Δ BMA,Δ BMS 均为直角三角形. ∵AN⊥平面 SMB.∴Δ ANS、Δ ANM、Δ ANH 均为直角三角形. ∵SB⊥平面 AHN. ∴Δ SHA、Δ BHA、Δ SHN 均为直角三角形

综上所述,图中共有 10 个直角三角形. (4)由 SA⊥平面 AMB 知:SA⊥AM,SA⊥AB,SA⊥BM; 由 BM⊥平面 SAM 知:BM⊥AM,BM⊥SM,BM⊥AN; 由 AN⊥平面 SMB 知:AN⊥SM,AN⊥SB,AN⊥NH; SB⊥平面 AHN 知:SB⊥AH,SB⊥HN; 综上所述,图中有 11 对互相垂直的直线.

311. 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= 在 AB 上,且 AF=

1 AD,F 3

1 AB,求点 B 到平面 MEF 的距离. 3

解法一: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=

118a . 59

解法二:考察三棱锥 B—MEF,由 VB-MEF=VM-BEF 可得 h. 点评 求点面的距离一般有三种方法: ①利用垂直面; ②转化为线面距离再用垂直面; ③当垂足位置不易确定时,可考虑利用体积法求距离. 312. 正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 a,求 A1C1 和平面 AB1C 间的距离.

解法 1

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=

3a 3

解法 2: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 V C1 ? AB1C =V A?B1CC1 ,可得 h=

3 a. 3

解法 3 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=

3a . 3

点评 (1)求线面距离的先决条件是线面平行,而求线面距离的常用方法是把它们转化为求 点面之间的距离, 有时也可转化为求面面距离, 从本题的解法也可悟出求异面直线之间的距 离的思路.

313..已知:α ∩β =CD,EA⊥α ,EB⊥β ,求证:CD⊥AB.

314.求证:两条平行线和同一条平面所成的角相等.

已知:a∥b,a∩α =A1,b∩β =B1,∠θ 1、∠θ 2 分别是 a、b 与α 所成的角.如图,求证: ∠θ 1=∠θ 2.

证:在 a、b 上分别取点 A、B.如图,且 AA1=BB1,连结 AB 和 A1B1. ∵AA1∥BB1 ∴四边形 AA1B1B 是平行四边形.∴AB∥A1B1 又 A1B1 ? α ∴AB∥α .

设 AA2⊥α 于 A2,BB2⊥α 于 B2,则 AA2=BB2 在 RtΔ AA1A2 与 Rt?BB1 B2 中 ∴RtΔ AA1A2≌RtΔ BB1B2 ∴∠AA1A2=∠BB1B2 即 ∠θ 1=∠θ 2. 315.经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线, 如果斜线和这个角两边的夹角相等, 那么 斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线. 已知:∠ABC ? α ,P α ,∠PBA=∠PBC,PQ⊥α ,Q∈α ,如图. AA2=BB2,AA1=BB1

求证:∠QBA=∠QBC 证:PR⊥AB 于 R,PS⊥BC 于 S. 则:∠PRB=∠PSB=90°.

∵PB=PB.∠PBR=∠PBS ∴RtΔ PRB≌RtΔ PSB ∴PR=PS ∵点 Q 是点 P 在平面α 上的射影. ∴QR=QS 又∵QR⊥AB,QS⊥BC ∴∠ABQ=∠CBQ

316. 如图,E、F 分别是正方体的面 ADD1A1,面 BCC1B1 的中心,则四边形 BFD1E 在该正方体 的面上的射影可能是 (要求:把可能的图的序号都填上)

解 ∵四边形 BFD1E 在正方体的一对平行面上的投影图形相同,在上、下底面上,E、F 的射 影在棱的中点,四边形的投影图形为②,在左右侧面上,E、F 的连线垂直侧面,从而四边 形的投影图形为③,在前后侧面上四边形投影图形也为②.故应填②③.

317. 如图,A1B1C1—ABC 是直三棱柱,∠BCA=90°,点 D1,F1 分别是 A1B1,A1C1 的中点,若 BC=CA=CC1,则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是( )

A.

30 10

B.

1 2

C.

30 15

D.

15 10

解 连 D1F1,则 D1F1⊥A1C1,又 BC⊥CA,所以 BD1 在平面 ACC1A1 内的射影为 CF1,设 AC=2a, 则 BC=CC1=2a.取 BC 的中点 E,连 EF1,则 EF∥BD1.

∴cosθ 1=cos∠EF1C=

CF1 5a 5 = = , EF1 6a 6

cosθ 2=cos∠AF1C=

( 5a) 2 ? ( 5a) 2 ? (2a) 2 3 = , 5 2 ? 5a ? 5a
30 5 3 · = ,应选 A. 10 6 5

∴ cosθ =cosθ 1·cosθ 2=

318. (1)如果三棱锥 S—ABC 的底面是不等边三角形, 侧面与底面所成的角都相等, 且顶点 S 在底面的射影 O 在Δ ABC 内,那么 O 是Δ ABC 的( ) A.垂心 B.重心 C.外心 D.内心

(2)设 P 是Δ ABC 所在平面α 外一点,若 PA,PB,PC 与平面α 所成的角都相等,那么 P 在平 面α 内的射影是Δ ABC 的( ) A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心

解 (1)利用三垂线定理和三角形全等可证明 O 到Δ ABC 的三边的距离相等, 因而 O 是Δ ABC 的内心,因此选 D.

(2)如图所示,作 PO⊥平面α 于 O,连 OA、OB、OC,那么∠PAO、∠PBO、∠PCO 分别是 PA、 PB、PC 与平面α 所成的角,且已知它们都相等. ∴RtΔ PAO≌RtΔ PBO≌RtΔ PCO.

∴OA=OB=OC ∴应选 B. 说明 三角形的内心、外心、垂心、旁心、重心,它们的定义和性质必须掌握.

319. 已知 ABCD 是边长为 4 的正方形,E、F 分别是 AB、AD 的中点,GC⊥平面 ABCD,且 GC =2,求点 B 到平面 EFG 的距离.

解析:注意到直线 BD∥平面 EFG,根据直线和平面的距离在 BO 中点 O 的距离等于 B 到平面 EFG 的距离. 解 连结 AC、BD,设交于 O,∵E,F 分别是 AB、AD 的中点. ∴EF∥BD ∴BD∥平面 EFG,设 EF∩AC=M. 则 M 为 OA 的中点. 又 AB=4 ∴AC=4 2 ,MO= ∵GC⊥平面 ABCD ∴GC⊥CA,GC⊥EF 又 EF⊥AC,GC∩AC=C. ∴EF⊥平面 GCM. ∴过 O 作 OH⊥GM 于 H,则 OH⊥EF. 又 OH⊥GM 故 OH⊥平面 EFG.

1 3 AC= 2 ,MC= AC=3 2 4 4

在 RtΔ GCM 中,GM= GC 2 ? CM 2 = 2 ? (3 2 ) = 22 .
2 2

又∵OH⊥GM.∴sin∠GMC=

GC OH OH =sin∠HMO= = OM GM 2

∴OH= 2 ·

2 2 11 = 11 22

∴B 点到平面 GEF 的距离为

2 11 11

说明 本题解法甚多,学习两面垂直及简单几何体后,可用两面垂直的性质求解或者用“等 体积法”求解.

320. 已知两条异面直线 a,b 所成的角为θ ,它们的公垂线段 AA1 的长度为 d,在直线 a、b 上分别取点 E、F,设 A1E=m,AF=n.求证:EF= m2 ? n 2 ? d 2 ? 2mncos?

解 过 A 作 a′∥a. ∵AA1⊥a, ∴A1A⊥a′ ∴AA1⊥b,a′∩b=A ∴A1A 垂直 a′、b 所确定的平面α . ∵a∥a′ ∴a、a′能确定平面β ,在β 内作 EH∥A1A,交 a′于 H. ∵a∥a′,∴A1AME 为平行四边形. ∴A1A=EH=d,AH=A1E=m

∵A1A⊥α

∴EH⊥α .

∵FH ? α , ∴EH⊥FH. 在 RtΔ FHE 中,EF= EH 2 ? FH 2 = d 2 ? FH 2 ∵a′∥a ∴a′与 b 的夹角为θ . 即∠HAF=θ ,此时 AH=m,AF=n. 由余弦定理得 FH =m +n -2mncosθ ∴EF= m2 ? n 2 ? d 2 ? 2mncos? 当 F(或 E)在 A(或 A1)的另一侧时,同理可得
2 2 2 EF= m ? n ? d ? 2mn cos( ? ? ? ) = m2 ? n 2 ? d 2 ? 2mncos?
2 2 2

综上所述,EF= m2 ? n 2 ? d 2 ? 2mncos? 321. 如图,ABCD 和 ABEF 均为平行四边形,M 为对角线 AC 上的一点,N 为对角线 FB 上的一 点,且有 AM∶FN=AC∶BF,求证:MN∥平面 CBE.

解析: 欲证 MN∥平面 CBE, 当然还是需要证明 MN 平行于平面 CBE 内的一条直线才行.题目上 所给的是线段成比例的关系,因此本题必须通过三角形相似,由比例关系的变通,才能达到 “线线平行”到“线面平行”的转化. 证:连 AN 并延长交 BE 的延长线于 P. ∵ BE∥AF,∴ Δ BNP∽Δ FNA.



FN AN FN AN = ,则 = . NB NP FN ? NB AN ? NP



FN AN = . FB AP
AM AC AM FN = , = , FN BF AC BF AM AN = . AC AP





∴ MN∥CP,CP ? 平面 CBE. ∴ MN∥平面 CBE.

322. 一直线分别平行于两个相交平面,则这条直线与它们的交线平行. 已知:α ∩β =a,l∥α ,l∥β .求证:l∥a.

解析:由线面平行推出线线平行,再由线线平行推出线面平行,反复应用线面平行的判定和 性质. 证明:过 l 作平面交α 于 b.∵l∥α ,由性质定理知 l∥b. 过 l 作平面交β 于 c.∵l∥β ,由性质定理知 l∥c. ∴ b∥c,显然 c ? β .∴ b∥β . 又 b ? α ,α ∩β =a,∴ b∥a. 又 l∥b. ∴ l∥a. 评注:本题在证明过程中注意文字语言、符号语言,图形语言的转换和使用.

323. 如图, 在正四棱锥 S—ABCD 中, P 在 SC 上,Q 在 SB 上,R 在 SD 上,且 SP∶PC=1∶2,

SQ∶SB=2∶3,SR∶RD=2∶1.求证:SA∥平面 PQR.

解析:根据直线和平面平行的判定定理,必须在平面 PQR 内找一条直线与 AS 平行即可. 证:连 AC、BD,设交于 O,连 SO,连 RQ 交 SO 于 M,取 SC 中点 N,连 ON,那么 ON∥SA.



2 SQ SR = = SD 3 SB

∴RQ∥BD



2 SM SP 2 = 而 = 3 SN 3 SO
SM SP = SO SN
∴PM∥ON



∵SA∥ON.∴SA∥PM,PM ? 平面 PQR ∴ SA∥平面 PQR. 评析:利用平几中的平行线截比例线段定理. 三角形的中位线性质等知识促成“线线平行”向“线面平行”的转化.

324. 证明:过平面上一点而与这平面的一条平行线平行的直线,在这平面上.

证明 如图,设直线 a∥平面α ,点 A∈α ,A∈直线 b,b∥a,欲证 b ? α .事实上,∵b∥a,

可确定平面β ,β 与α 有公共点 A,∴α ,B 交于过 A 的直线 c,∵a∥α ,∴a∥c,从而在 β 上有三条直线,其中 b、c 均过点 A 且都与 a 平行.于是 b、c 重合,即 b ? α .

325. S 是空间四边形 ABCD 的对角线 BD 上任意一点,E、F 分别在 AD、CD 上,且 AE∶AD= CF∶CD,BE 与 AS 相交于 R,BF 与 SC 相交于 Q.求证:EF∥RQ.

证 在Δ ADC 中,因 AE∶AD=CF∶CD,故 EF∥AC,而 AC ? 平面 ACS,故 EF∥平面 ACS.而 RQ=平面 ACS∩平面 RQEF,故 EF∥RQ(线面平行性质定理).

326. 已知正方体 ABCD—A′B′C′D′中,面对角线 AB′、BC′上分别有两点 E、F 且 B′ E=C′F 求证:EF∥平面 AC.

解析: 如图,欲证 EF∥平面 AC,可证与平面 AC 内的一条直线平行,也可以证明 EF 所在平 面与平面 AC 平行. 证法 1 过 E、F 分别做 AB、BC 的垂线 EM、FN 交 AB、BC 于 M、N,连接 MN BB′⊥AB,BB′⊥BC

∵BB′⊥平面 AC ∴ ∴EM⊥AB,FN⊥BC

∴EM∥FN,∵AB′=BC′,B′E=C′F ∴AE=BF 又∠B′AB=∠C′BC=45° ∴RtΔ AME≌RtΔ BNF

∴EM=FN ∴四边形 MNFE 是平行四边形 ∴EF∥MN 又 MN ? 平面 AC ∴EF∥平面 AC 证法 2 过 E 作 EG∥AB 交 BB′于 G,连 GF



B ?E B ?G = B ?A B ?B

∵B′E=C′F,B′A=C′B



C ?F B ?G = C ?B B ?B

∴FG∥B′C′∥BC

又∵EG∩FG=G,AB∩BC=B ∴平面 EFG∥平面 AC 又 EF ? 平面 EFG ∴EF∥平面 AC

327. 如图, 四边形 EFGH 为四面体 A—BCD 的一个截面, 若截面为平行四边形, 求证: (1)AB ∥平面 EFGH;(2)CD∥平面 EFGH

证明:(1)∵EFGH 为平行四边形,∴EF∥HG, ∵HG ? 平面 ABD,∴EF∥平面 ABD. ∵EF ? 平面 ABC,平面 ABD∩平面 ABC=AB. ∴EF∥AB,∴AB∥平面 EFGH.

(2)同理可证:CD∥EH,∴CD∥平面 EFGH. 评析:由线线平行 ? 线面平行 ? 线线平行.

328.求证:如果两条平行线中的一条和一个平面相交,那么另一条也和这个平面相交. 已知:a∥b,a∩α =A,求证:b 和α 相交.

证明:假设 b ? α 或 b∥α . 若 b ? α ,∵b∥a,∴a∥α . 这与 a∩α =A 矛盾,∴b ? α 不成立. 若 b∥α ,设过 a、b 的平面与α 交于 c. ∵b∥α ,∴b∥c,又 a∥b ∴a∥c ∴a∥α 这与 a∩α =A 矛盾.∴b∥α 不成立. ∴b 与α 相交. 329.求证: 如果两个相交平面分别经过两条平行直线中的一条, 那么它们的交线和这条直线 平行. 已知:a∥b,a ? α ,b ? β ,α ∩β =c. 求证:c∥a∥b

330. 在下列命题中,真命题是(

)

A.若直线 m、n 都平行平面α ,则 m∥n; B.设α —l—β 是直二面角,若直线 m⊥l,则 m⊥n,m⊥β ; C.若直线 m、 n 在平面α 内的射影是一个点和一条直线, 且 m⊥n, 则 n 在α 内或 n 与α 平行; D.设 m、n 是异面直线,若 m 和平面α 平行,则 n 与α 相交. 解析:对于直线的平行有传递性,而两直线与平面的平行没有传递性故 A 不正确;平面与平 面垂直可得出线面垂直,要一直线在一平面内且垂直于交线,而 B 中 m 不一定在α 内,故不 正确;对 D 来说存在平面同时和两异面直线平行,故不正确;应选 C.

331. 设 a、b 是两条异面直线,在下列命题中正确的是( A.有且仅有一条直线与 a、b 都垂直 B.有一平面与 a、b 都垂直 C.过直线 a 有且仅有一平面与 b 平行 D.过空间中任一点必可作一条直线与 a、b 都相交

)

解析: 因为与异面直线 a、b 的公垂线平行的直线有无数条,所以 A 不对;若有平面与 a、 b 都垂直,则 a∥b 不可能,所以 B 不对.若空间的一点与直线 a(或 b)确定的平面与另一条 直线 b(或 a)平行, 则过点与 a 相交的直线必在这个平面内, 它不可能再与另一条直线相交, 所以 D 不对,故选 C.

332. 三个平面两两相交得三条交线,若有两条相交,则第三条必过交点;若有两条平行, 则第三条必与之平行. 已知:α ∩β =a,α ∩ ? =b, ? ∩α =c. 求证:要么 a、b、c 三线共点,要么 a∥b∥c.

证明:①如图一,设 a∩b=A, ∵α ∩β =a. ∴a ? α 而 A∈a. ∴A∈α . 又β ∩ ? =b ∴b ? ? ,而 A∈b. ∴A∈ ? . 则 A∈α ,A∈ ? ,那么 A 在α 、 ? 的交线 c 上. 从而 a、b、c 三线共点. ②如图二,若 a∥b,显然 c ? ? ,b ? ? ∴ a∥ ? 而 a ? α , α ∩ ? =c. ∴ a∥c 从而 a∥b∥c 333. 一根长为 a 的木梁,它的两端悬挂在两条互相平行的,长度都为 b 的绳索下,木梁处 于水平位置,如果把木梁绕通过它的中点的铅垂轴转动一个角度φ ,那么木梁升高多少?

解析: 设 M、N 为悬挂点,AB 为木梁的初始位置,那么 AB=a,MA∥NB,MA=NB=b,∠A= ∠B=90°. 设 S 为中点,L 为过 S 的铅垂轴,那么 L ? 平面 MANB,木梁绕 L 转动角度φ 后位于 CD 位置, T 为 CD 中点,那么木梁上升的高度为异面直线 AB 与 CD 之间的距离 ST. 在平面 MANB 中,作 TK∥AB,交 MA 于 K,则 AK=ST.

设 ST=x,则 x=b-KM.又 KT=CT=

a ? ,∠KTC=φ ,有 KC=asin . 2 2

从而 KM= b ? a sin
2 2

2

?
2

.

∴x=b- b ? a sin
2 2

2

?
2

.

334. (1)棱柱成为直棱柱的一个必要但不充分的条件是:( A.棱柱有一条侧棱与底面垂直 B.棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直 C.棱柱有两个相邻的侧面互相垂直 D.棱柱有一个侧面与底面的一条边垂直

)

解析: 根据直棱柱定义,A 是充分条件,C、D 不是必要条件,所以选 B. 说明 解答此题要熟知直棱柱的定义及其充分必要条件的含义.

335. 长方体的一条对角线与一个顶点上的三条棱所成的角分别为α 、β 、γ . 求证:cos α +cos β +cos γ =1
2 2 2

解析:证明三角恒等式,可用从左边推出右边的方法.

证明:设对角线 B1D 与长方体的棱 AD、DC、D1D 所成的角分别为α 、β 、γ ,连结 AB1、CB1, D1B1,则Δ B1DA、Δ B1DC、Δ B1DD1 都是直角三角形.

∵cosα =

DD1 DA DC ,cosβ = ,cosγ = DB1 DB1 DB1

DA2 ? DC 2 ? DD12 ∴cos α +cos β +cos γ = =1. DB12
2 2 2

评析:这里运用了长方体对角线长定理.

336. 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,已知 AB=AC=10cm,BC=12cm,顶点 A1 与 A、B、C 的距离 等于 13cm,求这棱柱的全面积.

解析:如图,作 A1O⊥平面 ABC 于 O,∵A1A=A1B=A1C,∴OA=OB=OC,∴O 是Δ ABC 的外心, ∵Δ ABC 等腰,∴AO⊥BC 于 D,∴AA1⊥BC,∴B1B⊥BC,四边形 B1BCC1 为矩形,∴S 矩形B1BCC1 = 12·13=156(cm ),Δ A1AB 底边上高 A1E= 132 ? 52 =12,S A1ABB1 = S A1 ACC1 =120(cm ),SΔ ABC
2 2

= S△ A1B1C1 =

1 2 2 ·12·8=48(cm ),S 全=156+2·120+2×48=492(cm ) 2

337. 在平行六面体中,一个顶点上三条棱长分别是 a,b,c,这三条棱长分别是 a,b,c,这 三条棱中每两条成 60°角,求平行六面体积.

解析:如图,设过 A 点的三条棱 AB,AD,AA1 的长分别是 a,b,c,且两面所成角是 60°,过 A1 作 A1H⊥平面 ABCD,H 为垂足,连 HA,则∠HAB=30°,由课本题得: cos∠A1AB=cos∠A1AH·cos∠HAB,

∴cos∠A1AH=

cos ?A1 AB cos 60? 3 6 = = ,sin∠A1AH= cos ?HAB cos 30? 3 3

∴V=SABCD·A1H=absin60°·c·sin∠A1AH=

2 abc. 2

338. 在棱长为 a 的正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,O、O1 分别为两底中心,P 为 OO1 的中点,过 P、 B1、C1 作一平面与此三棱柱相截,求此截面面积.

解析: 如图,∵AA1⊥面 A1B1C1,AA1∥OO1,设过 P、B1、C1 的截面与 AA1 的延长线交于 Q,连 结 A1O1 延长交 B1C1 于 D,连 QD,则 P 必在 QD 上,∵O1 为Δ A1B1C1 的中心,P 为 OO1 的中点,故

PO1 DO1 1 = = ,∴Q 在 A1A 延长线上且 QA=PO1,又 QB1 交 AB 于 E,QC1 交 AC 于 F,则 EF DA1 3 QA1
∥B1C1,所以截面为 EFB1C1 是等腰梯形,又 QA1∶QA=3∶1,∴EF=

a 3

设 QD 与 EF 交于 H,

2 2 得 QD⊥B1C1.因此 HD 为梯形 EFC1B1 的高.DQ= QA1 ? A1 D = 3 a,∴HD=

2 3 a. S EFC1B1 3



1 a 2 3 4 3 2 (a+ )·( a)= a 为所求截面积. 2 3 3 9

339. 如图,已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 的各棱长都为 a,D 为 CC1 的中点.

(1)求证:A1B⊥平面 AB1D. (2)求平面 A1BD 与平面 ABC 所成二面角的度数.

解析:这虽是一个棱柱,但所要论证的线面关系以及二面角的度数,都还是要利用直线和平 面中的有关知识. 解 (1)∵正三棱柱的各棱长都相等, ∴侧面 ABB1A1 是正方形. ∴A1B⊥AB1.连 DE, ∵Δ BCD≌Δ A1C1D, ∴BD=A1D,而 E 为 A1B 的中点, A1B⊥DE.∴A1B⊥平面 AB1D. (2)延长 A1D 与 AC 的延长线交于 S,连 BS,则 BS 为平面 A1BD 和平面 ABC 所成二面角的公共 棱. ∵DC∥A1A,且 D 为 CC1 的中点,∴AC=CS. 又 AB=BC=CA=CS, ∴∠ABS=90°.又 AB 是 A1B 在底面上的射影, 由三垂线定理得 A1B⊥BS. ∴∠A1BA 就是二面角 A1—BS—A 的平面角. ∵∠A1BA=45°, ∴平面 A1BD 和平面 ABC 所成的二面角为 45°. 评注:本题(2)的关键是根据公理二求平面 A1BD 和平面 ABC 的交线,在论证 AB⊥BS 时,用 到了直角三角形斜边上的中线性质定理的逆定理.当然(2)还可以用 S 射=S·cosθ 来解θ . 340. 如图,已知正三棱柱 A1B1C1—ABC 的底面积等于 3 cm ,D、E 分别是侧棱 B1B,C1C 上
2

的点,且有 EC=BC=2DB,试求

(1)四棱锥 A—BCDE 的底面 BCED 的面积 (2)四棱锥 A—BCED 的体积 (3)截面 ADE 与底面 ABC 所成二面角的大小 (4)截面 ADE 的面积

解析: 利用三棱柱的性质及已知条件,(1)、(2)、(4)不难推算,至于(3),可设平面 ADE 与平面 ABC 所成二面角为α ,观察到Δ ADE 在底面 ABC 的射影是Δ ABC(∵DB⊥平面 ABC,EC ⊥平面 ABC)应用 SΔ ABC=SΔ ADE·cosα ,可求出α .

解:设Δ ABC 边长为 x,∵SΔ ABC= SBCED=

1 3 2 x = 3 .∴x=2,于是 EC=BC=2,DB= BC=1,∴ 2 4

1 (2+1)·2=3,作 AF⊥BC 于 F 2
1 1 3 ·AF·SBCED,∴VA-BCED= · ·2·3= 3 3 3 2
2 2 2 2 2 2

∴AF⊥平面 BCED,VA-BCED=

在 RtΔ ABD 中,AD =AB +DB =2 +1 =5;在 Rt 梯形 BCED 中,DE =(CE-DB) +BC =5 ∴AD=DE= 5 ,∴Δ ADE 是等腰三角形,作 DQ⊥AE 于 Q,则 Q 为 AE 的中点

2

2

在 RtΔ ACE 中,AE =EC +AC =8,DQ =AD -AQ =( 5 ) -(
2 2 2 2 2 2 2

1 2

8 )2=3

∴AE= 8 ,DQ= 3 ,SΔ ADE=

1 ·AE·DQ= 6 2

设截面 ADE 与底面 ABC 所成二面角大小为α ,D、E 分别在底面的射影为 B、C,∴Δ ABC 的 面积=Δ ADE 面积×cosα

即 3 = 6 cosα ,cosα =

2 ,∴α =45° 2

答 (1)SBCED=3cm ,(2)VA-BCED= 3 cm ,(3)截面 ADE 与底面 ABC 成 45°的二面角,(4)SΔ ADE=

2

2

6 cm2

341. 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB= 2 a,BA=CA=AA1=a,A1 在底面Δ ABC 上的射影 O 在 AC 上。 (1)求 AB 与侧面 AC1 所成的角 (2)若 O 恰是 AC 的中点,求此三棱柱的侧面积 解析: (1)A1O⊥面 ABC,BC ? 面 ABC,∴BC⊥A1O,又∵BC=CA=a,AB= 2 a,∴Δ ABC 是 等腰直角三角形,∴BC⊥AC,∵BC⊥面 AC1,故∠BAC 为 BA 与面 AC1 所成的角,则有∠BAC = 45°,即 AB 与侧面成 45°角。

(2)若 O 恰为 AC 中点,∵AA1=a,AC=a,∴AO=

a 3 2 ,A1O= a, S BCC1B1 =a ,作 OD⊥AB 于 D, 2 2 a 2 2 2 · = a, 2 4 2

连结 A1D,由三垂线定理得 A1D⊥AB,在 RtΔ AOD 中,OD=OAsin∠BAC=

在 RtΔ A1OD 中, A1D=

A1O 2 ? OD 2 =

7 2 7a 7 , S ABB1A1 = a· 2 · a= a, ∴ S三棱柱侧 2 2 2 2 2



1 2 (2+ 3 + 7 )a 2


342. 已知异面直线 a、 b 成 ? 0? 角, 过空间一点 p, 与 a、 b 也都成 ? 0? 角的直线, 可以作 ( A.1 条 解析:C 343. 已知??-l-??是直二面角,直线 a A.a 与 b 可能平行,也可能垂直 B.a 与 b 可能平行,但不可能垂直 C.a?与 b 不可能平行,但可能垂直 B.2 条 C.3 条 D.4 条

??,直线 b

??,且 a、b 与 l 都不垂直,那么( ) .

D.a?与 b 不可能平行,也不可能垂直 解析:B.当 a ? l ? ? , b ? l ? ? 时,a∥b,即 a、b 可能平行,假设 a⊥b,在 a 上取一 点 P,作 PQ⊥l 交 l 于 Q,∵ 二面角??-l-??是直二面角,∴ PQ⊥??,∴ PQ⊥b.∴ b 垂直于??内两条相交直线 a 和 PQ,∴ b⊥??,∴ b⊥l.这与已知 b 与 l 不垂直矛盾.∴ b 与 a 不垂直 344. 直线 l、m 与平面??、??满足 l⊥平面??,m

??,以上四个命题:

①??∥?? ? l?⊥m;②??⊥?? ? l∥m;③l∥m ? ? ⊥??;④l⊥m ? ??∥??. 其中正确的两个命题是( ) . A.①与② 解析:D. B.③与④ C.②与④ D.①与③

345. 如图 9-45,二面角??-l-??的平向角为 120°,A∈l,B∈l,AC BD⊥l.若 AB=AC=BD=1,则 CD 长为( ) . A. 2 B. 3

??,BD

??,AC⊥l,

C.2

D. 5

解析:B.在平面??内作 AE∥BD,DE∥BA,得交点 E.则∠CAE 为二面角??-l-??的平面角, 故∠CAE=120°,于是 CE ? 2 .在 Rt△CED 中可求 CD 长.
2

346. SA、SB、SC 是从 S 点出发的三条射线,若 ?ASB ? ?ASC ? 二面角 B-SA-C 的大小为( ) . A.

π π , ?BSC ? ,则 4 3

π 3

B.

π 4

C.

π 2

D.

π 6

解析:C.在 SA 上任取一点 E,作 EF⊥SA 交 SC 于 F,作 EG⊥SA 交 SB 于 G,连结 FG, 则∠GEF 为二面角 B-SA-C 的平面角. 347. 线段 AB 长为 2a,两端点 A、B 分别在一个直二面角的两个面上,AB 和两个面所成的 角为 45°和 30°,那么 A、B 在棱上的射影间的距离为( ) .

A.2a

B.a??

C.

2 a 2

D.

a 2

解析:B.如图答 9-39,设直二面角为??-l-??,作 AC⊥l 于 C,BD⊥l 于 D,则 AC⊥??,BD ⊥??,连结 AD、BC,∴ ∠ABC 为 AB 与??所成的角,∠BAD 为 AB 与??所成的角,∴ ∠ABC=30°,∠BAD=45°,∵ AB=2a,∴ AC=a, AD ?

2a .在 Rt△ACD 中,

CD 2 ? AD2 ? AC2 ? a 2 ,∴ CD=a.

图答 9-39 348. 正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,二面角 A1 ? BD ? C1 的大小的余弦值为( ) .

A.0

B.

1 3

C.

1 2

D.

3 5

解析:B.取 BD 中点 O,连结 OA 1 ,则 OA 1 ? BD , OC1 ? BD ,∴ 1 、 OC

?A1OC1 为
2 2

二面角 A1 ? BD ? C1 的平面角,设为??, 设正方体棱长为 a, 则 A1C1 ? 2a ,OA 1 ? AA 1 ?

? 2 ? 3 1 3 ? ? a 2 ? a 2 ? a 2, ∴ OA OA ? a ? ? a ? a ? OC1, 1 ? 2 ? 2 2 2 ? ?
2 2

2



? 3 ? ? 3 ? ? a ? ? ? a ? ? ( 2a ) 2 ? 2 ? ? 2 ? 1 ? ? ? cos? ? ? ? . 2 3 ? 3 ? ? 2?? a ? 2 ? ? ?

2

2

349. 立体图形 A-BCD 中,AB=BC=CD=DB=AC=AD,相邻两个面所成的二面角的平面角为 ? ,则( ) .

A. cos ? ?

1 3

B. sin ? ?

1 3

C. sin ? ?

3 3

D. cos? ?

3 3

解析:A.任取一个二面角,如 A-BC-D,取 BC 中点 E,可证 AE⊥BC,DE⊥BC,∴

∠AED 是二面角 A-BC-D 的平面角,设 AB=1,则 AE ? DE ?

3 , 2

? 3? ? 3? ? ? ?? ? ? 12 ? ? ? ? 2 2 2 2 2 1 AE ? DE ? AD ? ? ? ?? ? . cos? ? 3 2 AE ? DE 3 3 2? ? 2 2
350. 如图 9-46,二面角??-AB-??的棱 AB 上有一点 C,线段 CD

2

2

??,CD=100,∠BCD=30°,点

D 到平面??的距离为 25 3 ,则二面角??-AB-??的度数是________.

解析:60°.作 DH⊥??于 H,DE⊥AB 于 E,连结 EH,则 EH 是 DE 在平面??内的射影.由 三垂线定理的逆定理,HE⊥AB,∴ ∠DEH 为二面角??-AB-??的平面角.在 Rt△DCE 中,

sin ?DEH CD=100, ∠BCD=30°, ∴ DE=CDsin30°=50, 在 Rt△DEH 中, DH ? 25 3 ,

?

DH 25 3 3 ∴ ∠DEH=60°,即二面角??-AB-??等于 60°. ? ? , DE 50 2

351. (1)已知直线 a∥平面??,a⊥平面??.求证:??⊥??. (2)已知三个平面??、??、??,??∥??,??⊥??.求证:??⊥??. 解析: (1)如图答 9-41,∵ a∥??,∴ 在??上任取一点 A ? a ,过 a 与 A 确定平面??,设

? ? ? ? a? ,则 a // a? .∵ a⊥??,∴ a? ? ? ?.∵ a?

??,∴ ??⊥??.

(2)在??上任取 P,设 ? ? ? ? l1 ,在??内作 PQ ? l1 ,∵

??⊥??,∴ PQ⊥??.∵

??∥??,∴ PQ⊥??,∵ PQ

??,∴ ??⊥??.

352. 在正方体 ABCD ? A1B1C1D1 中,求二面角 A1 ? BD 1 ? C1 的大小.

解析:如图 9-43,在平面 D1C1 B 内作 C1E ? BD 1 ,交 BD 1 于 E.连结 A 1 E ,设正方体棱长 为 a,在△ A1BD1 和△ C1BD1 中, A1D1 ? C1D1 ? a , A1B ? C1B ? 2a , BD1 ? BD1

? 3a ,∴ △ A1BD1 ≌△ C1BD1 ,∵ C1E ? BD1 ,∴

A1E ? BD1 ,∴ ?A1EC1 为

二面角 A1 ? BD 1 ? C1 的平面角.在 Rt△ BC1 D1 中, ?D1C1 B ? 90? ,∴

1 1 C1 D1 ? BC1 ? C1 E ? BD1 ,∴ 2 2

C1E ?

a ? 2a 2 ? a ,在△ A1EC1 中, 3 3a

A1 E ? C1 E ?
? 2 ? ? 2 ? ? a ? ? ? a ? ? ( 2a ) 2 ? 3 ? ? 3 ? 1 2 ? ? ? ?? , a ,A1C1 ? 2a ,cos?A1 EC1 ? ? ? 0?<?A1 EC1 2 3 2 2 2 a? a 3 3
<180 ? ,? ?A1EC1 ? 120?
353. 如图 9-50,点 A 在锐二面角??-MN-??的棱 MN 上,在面??内引射线 AP,使 AP 与 MN 所成的∠PAM 为 45°,与面??所成的角为 30°,求二面角??-MN-??的大小.
2 2

解析:如图答 9-44,取 AP 上一点 B,作 BH⊥??于 H,连结 AH,则∠BAH 为射线 AP 与平 面??所成的角,∴ ∠BAH=30°,再作 BQ⊥MN,交 MN 于 Q,连结 HQ,则 HQ 为 BQ 在 平面??内的射影.由三垂线定理的逆定理,HQ⊥MN,∴ ∠BQH 为二面角??-MN-??的平面 角.

图答 9-44

设 BQ=a,在 Rt△BAQ 中,∠BQA=90°,∠BAM=45°,∴

AB ? 2a ,在 Rt△BAH

中∠BHA=90°,∠BAH=30°,∴

BH ?

2 a .在 Rt△BHQ 中,∠BHQ=90°,BQ=a, 2

2 a BH 2 2 2 ? ? ,∵ ∠BQH 是锐角,∴ ∠BQH=45 BH ? a , sin ?BQH ? BQ a 2 2
即二面角??-MN-??等于 45°. 354. 已知直线 l⊥平面α ,直线 m ? 平面β ,有下面四个命题: (1)α ∥β ? l⊥m (3)l∥m ? α ⊥β 其中正确的两个命题是( A.(1)与(2) (2)α ⊥β ? l∥m (4)l⊥m ? α ∥β ) C.(2)与(4) D.(1)与(3)

B.(3)与(4)

分析:本题主要考查直线与平面、平面和平面的位置关系,以及空间想象能力和逻辑推理能 力. 解法一:在 l⊥α ,m ? β 的前提下,当α ∥β 时,有 l⊥β ,从而 l⊥β ,从而 l⊥m,得 (1)正确;当α ⊥β 时,l 垂直于α 、β 的交线,而 m 不一定与该交线垂直,因此,l 与 m 不一定平行,故(2)不正确.故应排除 A、C.依题意,有两个命题正确,不可能(3),(4)都正 确,否则连同(1)共有 3 个命题正确.故排除 B,得 D. 解法二:当断定(1)正确之后,根据 4 个选择项的安排,可转而检查(3),由 l∥m,l∥α 知 m ⊥α ,从而由 m ? α 得α ⊥β .即(3)正确.故选 D. 解法三:不从(1)检查起,而从(2)、(3)、(4)中任一命题检查起,如首先检查(4);由 l⊥ α ,m⊥β 不能否定 m 是α 、β 的交线,因此α ∥β 不一定成立,故(4)是不正确的,因此可 排除 B、C.依据 A 和 D 的内容可知(1)必定是正确的,否则 A 和 D 也都排除,以下只要对(2) 或(3)检查,只须检查一个便可以做出判断.

355. 一张正方形的纸 ABCD,BD 是对角线,过 AB、CD 的中点 E、F 的线段交 BD 于 O,以 EF 为棱,将正方形的纸折成直二面角,则∠BOD 等于( ) A.120° B.150° C.135° D.90°

解析:本题考查线面垂直,面面垂直,余弦定理,以及空间与平面问题的转化能力。

如图,设正方形边长为 a,由 O 为正方形中心,则 BO=

2 2 a,DO= a,连 AB,因为 DA 2 2

⊥AE,DA⊥BE,故 DA⊥面 AEB,所以 DA⊥AB,故Δ DAB 为直角三角形,BD=

AD2 ? AB2 =

AD2 ? AE2 ? BE2 = a 2 ?

6 a2 a2 = a. ? 2 4 4

2 2 2 2 6 2 a ? a ? a BO ? DO ? BD 4 4 4 = 又在Δ BOD 中,由余弦定理可得 cos∠BOD= = 2 ? BO ? DO 2 2 2? a? a 2 2
2 2 2

-

1 ,所以∠BOD=120° 2

评析:本题为折叠问题,此类问题应该分清折叠前后的哪些量发生了变化,此外,还要注意 找出空间转化为平面的途径,几何计算的准确性等。

356. 已知平面α ∥平面β ,B,D∈β ,AB⊥CD,且 AB=2,直线 AB 与平面α 所成的角为 30°,则线段 CD 的长为取值范围是( )

A.[1,+∞]

B.(1,

2 3 ) 3

C.(

2 3 4 3 , ) 3 3

D.[

2 3 ,+∞) 3

解析: 本题考查直线与直线所成的角, 直线与平面所成的角的概念。 线面垂直的判定和性质, 以及空间想象能力和几何计算.

解 如图所示,过 D 作 DA′∥AB 交平面α 于 A′.由α ∥β ,故 DA′=AB=2,DA′与α 成 30°角,由已知 DC⊥AB,可得 DC⊥DA′,所以 DC 在过 DC 且与 DA′垂直的平面γ 内,令 ? ∩α =l,在 ? 内,DC⊥l 时为最短,此时 DC=DA′·tan30°= 选 D.

2 3 2 3 .故 CD≥ .∴应 3 3

357. 如图,四棱锥 P—ABCD 的底面是直角梯形,AB∥DC,AB⊥BC,且 AB=

1 CD,侧棱 PB 2

⊥底面 ABCD,PC=5,BC=3,Δ PAB 的面积等于 6,若平面 DPA 与平面 CPB 所成的二面角为 α ,求α .

解析:平面 DPA 与平面 CPB 有一公共点 P,要画出它们构成的二面角的平面角必须确定它们 公共交线,DA 和 CB 的延长线的交点 E 是它们的另一公共点.由公理二,PE 就是二面角的公 共棱.有了公共棱,二面角的平面角就生了根. 解 延长 DA 交 CB 的延长线于 E,连 PE,则 PE 就是平面 DPA 和平面 CPB 的交线. ∵AB∥DC,AB⊥BC,∴DC⊥BC,PB⊥底面 ABCD. ∴PB⊥DC,∴DC⊥平面 PCE. 作 CF⊥PE 于 F,连 DF 由三垂线定理得 PE⊥DF,∴∠DFC=α . ∵AB=

1 CD,PC=5,BC=3,∴PB=4. 2

SΔ PAB=6,∴AB=3,CD=6,

EB 1 AB = = . EC 2 DC

∴EB=3,PE=5.

∵PB·EC=CF·PE,∴CF=

24 . 5

在直角Δ DCF 中,tanα =

5 DC 6 = = . 24 4 CF 5

α =antan

5 . 4

评析:这是一道较难的题,难就难在怎么确定两相交平面的交线.由公理二交线的唯一性必 须找出另一个公共点,因此本题延长 DA、CB 相交于 E,确定这个 E 点就成了关键.

358. 如图,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.

解析: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 RtΔ SED 中,DE=1,SE=2. 同理 DF=1,SF=2.

在Δ SEF 中,依余弦定理 EF =8-4 2 .
2

∴在Δ DEF 中,cos∠EDF=2 2 -3,又-1<2 2 -3<0.

∴二面角 A—SC—B 的平面角∠EDF=arccos(2 2 -3)=π -arccos(3-2 2 ) 说明 本例给出了一个构造二面角的平面角的方法, 过棱上一点作棱的垂面, 这样在计算时 同时取特殊值可以使问题简单化.

359. 如图,二面角α —DC—β 是α 度的二面角,A 为α 上一定点,且Δ ADC 面积为 S,DC =a,过点 A 作直线 AB,使 AB⊥DC 且与半平面β 成 30°的角,求α 变化时,Δ DBC 面积的 最大值.

解析:在α 内作 AE⊥DC 于 E,则 AE 为Δ ADC 的高,则有

1 2S AE·DC= S ?ABC ,AE= . 2 a

由于 DC⊥AE,DC⊥AB,则有 DC⊥Δ AEB 所在的平面,所以 DC⊥BE,则∠AEB 是二面角α — DC—β 的平面角,即∠AEB=α . 又由于 DC⊥Δ AEB 所在平面,且 DC 在β 上,所以平面β ⊥Δ AEB 所在平面. 令 AF⊥BE 于 F,则有 AF⊥平面β ,于是,FB 是 AB 在平面β 上的射影,所以∠ABE 是 AB 与 β 所成的角.

∴∠ABE=30°,在Δ AEB 中,有

AE 4S EB = ,∴EB= sin(α +30°). a sin(? ? 30?) sin 30? 4S 1 4S ,这时(SΔ DBC)max= a· = a 2 a

据题意,有α ∈(0°,180°),当α =60°时,有 EBmax= 2S.

说明 本例对直线与直线所成的角,直线与平面所成的角,二面角的平面角,点到直线的距 离, 点到平面的距离等概念以及三垂线定理和逆定理的考察是很深刻的, 综合了直线与平面 这一章的一些主要知识.

360. 如图,设平面 AC 与平面 BD 相交于 BC,它们所成的一个二面角为 45°,P∈平面 AC,

Q∈平面 BD,已知直线 MQ 是直线 PQ 在平面 BD 内的射影,且 M 在 BC 上,又直线 PQ 与平面 BD 所成的角为β ,∠CMQ=θ , ( 0°<θ <90° ) ,设线段 PM=a,求 PQ 的长.

解析: 在Δ PMQ 中因为 PM=a,∠PQM=β , 欲求 PQ 的长, 根据正弦定理只要能求出 sin∠PMR 就行了. 解 设 PMR=α ,作 PR⊥MQ 于 R,显然 PR⊥平面 BD. 作 RN⊥BC 于 N,连 PN,则 PN⊥BC.∴∠PNR=45°,∠PQM=β . 在直角Δ PMR 中:PR=asinα ,MR=acosα . 在直角Δ MNR 中:NR=MRsinθ =acosα sinθ . ∵PR=NR,∴asinα =acosα sinθ .

∴tanα =sinθ ,cosα =

1 1 ? sin 2 ?

,sinα =

sin ? 1 ? sin 2 ?

.

在Δ PMQ 中由正弦定理:

PQ a = , sin ? sin ?

∴PQ=

a sin ? a sin ? = . sin ? sin ? ? 1 ? sin 2 ?

评析:本题是利用正弦定理通过解斜三角形求出 PQ 的长,当然也可以通过三个直角三角形 中的关系转换,先出求 PR,最后在直角Δ PQR 中利用锐角函数处理,相比之下,还是给出的 解法略为简便些. 361. 有一个三棱锥和一个四棱锥,棱长都相等,将它们一个侧面重叠后,还有几个暴露面? 解析:有 5 个暴露面. 如图所示,过 V 作 VS′∥AB,则四边形 S′ABV 为平行四边形,有∠S′VA=∠VAB=60°,从 而Δ S′VA 为等边三角形,同理Δ S′VD 也是等边三角形,从而Δ S′AD 也是等边三角形,

得到以Δ VAD 为底,以 S′与 S 重合.

这表明Δ VAB 与Δ VSA 共面,Δ VCD 与Δ VSD 共面,故共有 5 个暴露面. 362. 若四面体各棱长是 1 或 2,且该四面体不是正四面体,则其体积的值是 .(只须 写出一个可能的值) 解析: 该题的显著特点是结论发散而不惟一.本题表面上是考查锥体求积公式这个知识点, 实际上主要考查由所给条件构造一个四面体的能力, 首先得考虑每个面的三条棱是如何构成 的. 排除{1,1,2} ,可得{1,1,1} , {1,2,2} , {2,2,2} ,然后由这三类面在空间构造满 足条件的一个四面体,再求其体积. 由平时所见的题目,至少可构造出二类满足条件的四面体,五条边为 2,另一边为 1,对棱 相等的四面体. 对于五条边为 2,另一边为 1 的四面体,参看图 1 所示,设 AD=1,取 AD 的中点为 M,平面 BCM 把三棱锥分成两个三棱锥,由对称性可知 AD⊥面 BCM,且 VA—BCM=VD—BCM,所以

VABCD=

1 SΔ BCM·AD. 3
2

CM= CD 2 ? DM 2 = 2 ? ( ) =
2

1 2

15 .设 N 是 BC 的中点,则 MN⊥BC, 2

MN= CM 2 ? CN 2 =

1 15 11 11 11 ,从而 SΔ BCM= ×2× = , ?1 = 2 2 2 2 4

故 VABCD=

1 11 11 × ×1= . 3 2 6

对于对棱相等的四面体,可参见图 2.其体积的计算可先将其置于一个长方体之中,再用长 方体的体积减去四个小三棱锥的体积来进行.亦可套公式

2 · (a 2 ? b 2 ? c 2 )( b 2 ? c 2 ? a 2 )(c 2 ? a 2 ? b 2 ) , 12 不妨令 a=b=2,c=1,则
V= V=

2 · (4 ? 4 ?1)(4 ? 1 ? 4)(1 ? 4 ? 4) 12

=

14 2 · 7= . 12 12

363. 湖结冰时,一个球漂在其上,取出后(未弄破冰),冰面上留下了一个直径为 24cm,深 为 8cm 的空穴,求该球的半径. 解析:设球的半径为 R,依题意知截面圆的半径 r=12,球心与截面的距离为 d=R-8,由截 2 2 2 2 2 2 面性质得:r +d =R ,即 12 +(R-8) =R . 得 R=13 ∴该球半径为 13cm. 364. 在有阳光时,一根长为 3 米的旗轩垂直于水平地面,它的影长为 3 米,同时将一个 半径为 3 米的球放在这块水平地面上,如图所示,求球的阴影部分的面积(结果用无理数表 示).

解析:由题意知,光线与地面成 60°角,设球的阴影部分面积为 S,垂直于光线的大圆面积 为 S′,则 Scos30°=S′,并且 S′=9π ,所以 S=6 3 π (米 )
2

365. 设棱锥 M—ABCD 的底面是正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果Δ AMD 的面积为 1,试求 能够放入这个棱锥的最大球的半径.

解析: ∵AB⊥AD,AB⊥MA, ∴AB⊥平面 MAD, 由此,面 MAD⊥面 AC. 记 E 是 AD 的中点, 从而 ME⊥AD. ∴ME⊥平面 AC, ME⊥EF 设球 O 是与平面 MAD、AC、平面 MBC 都相切的球. 不妨设 O∈平面 MEF,于是 O 是Δ MEF 的内心. 设球 O 的半径为 r,则 r= 设 AD=EF=a,∵SΔ AMD=1. ∴ME=

2S△MEF EF ? EM ? MF

2 2 2 2 .MF= a ? ( ) , a a

r=

2 a? 2 2 ? a 2 ? ( )2 a a



2 = 2 -1 2?2 2

当且仅当 a=

2 ,即 a= 2 时,等号成立. a

∴当 AD=ME= 2 时,满足条件的球最大半径为 2 -1. 366. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,期棱长为 a. (1)求证 BD⊥截面 AB1C; (2)求点 B 到截面 AB1C 的距离; (3)求 BB1 与截面 AB1C 所成的角的余弦值。

?1? 证明 : DD1 ? 面ABCD ? ? BD
BD ? AC ? ?
同理 BD1⊥AB1.∴BD1⊥面 ACB1.

1

? AC

(2)AB=BC=BB1 ? G 为△AB1C 的中心.AC= 2 a AG=

2 2 6 a? 3? ? a 2 3 3

∴BG= a 2 ? (

3 6 2 6 3 2 a a) ? a 2 ? a 2 ? a = 3 3 9 9

(3)∠BB1G 为所求

6 a GB1 6 3 cos∠BB1G= ? ? BB1 a 3
367. 已知P为 ABCD所在平面外一点,M为PB的中点,求证:PD∥平面MAC. 解析: 因 M 为 PB 的中点,连 BD∩AC 于 O 后,可将 PD 缩小平移到 MO,可见 MO 为所 求作的平行线. 证明 连AC交BD于O,连MO, 则MO为△PBD的中位线, ∴PD∥MO,∵PD ? 平面MAC,MO平面MAC, ∴PD∥平面MAC. 368. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,M,N,E,F分别是棱B1C 1,A1D1,D1D,AB的中点. (1)求证:A1E⊥平面ABMN. (2)平面直线 A1E 与 MF 所成的角. 解析: (1)要证 A1E⊥平面 ABMN,只要在平面中找到两条相交直线与 A1E 都垂直,显然 MN 与它垂直,这是因为 MN⊥平面 A1ADD1,另一方面,AN 与 A1E 是否垂直,这是同一个 平面中的问题,只要画出平面几何图形,用平几知识解决. (2)为(1)的应用. 证明 (1)∵AB⊥平面 A1ADD1, 而A1E ? 平面 A1ADD1, ∴AB⊥A1E.在平面 A1ADD1 中,A1E⊥AN, ∵AN∩AB=A,∴A1E⊥平面 ABMN. 解 (2)由(1)知 A1E⊥平面 ABMN,而 MF ? 平面 ABMN,∴ A1E⊥MF, 则 A1E 与 MF 所成的角为90° 369. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,M 为棱 CC1 的中点,AC 交 BD 于点 O, 求证:A1O⊥平面 MBD. 解析:要证 A1O⊥平面 MBD,只要在平面 MBD 内找到两条相交直线与 A1O 都垂直,首先想 到 DB,先观察 A1O 垂直 DB 吗? 方法1:发现 A1O 平分 DB,想到什么?(△A1DB 是否为等腰三角形) ∵A1D=A1B,DO=OB,∴A1O⊥DB. 方法2: A1O⊥DB 吗?即 DB⊥A1O 吗?DB 垂直包含 A1O 的平面吗? (易见 DB⊥平面 A1ACC1) 再观察 A1O 垂直何直线?DM?BM?因这两条直线与 A1O 均异面, 故 难 以直接观察,平面 MDB 中还有何直线?易想到 MO,因 MO 与 A1O 相 交, 它们在同一平面内, 这是一个平几问题, 可画出平几图进行观察. 证明 取 CC1 中点 M,连结 MO,∵DB⊥A1A,DB⊥AC,A1A∩AC=A, ∴ DB⊥平面 A1ACC1, 而 A1O ? 平面 A1ACC1, ∴A1O⊥DB. 在矩形 A1ACC1 中, ∵tan∠AA1O= tan∠MOC=
2 , 2

2 ,∴∠AA1O=∠MOC,则∠A1OA+∠MOC=90°,∴A1O⊥OM,∵OM∩ 2 DB=O,∴A1O⊥平面 MBD.

370. 点 P 在线段 AB 上,且 AP∶PB=1∶2,若 A,B 到平面α 的距离分别为 a,b,求点 P 到平面α 的距离.

解析: (1)A,B 在平面α 的同侧时,P 平面α 的距离为
2 1 2a ? b ; a? b ? 3 3 3

(2)A,B 在平面α 的异侧时,P 平面α 的距离为
2 1 a ? (?b) ? 3 3 2a ? b 3



点评 一是画图时, 只要画出如右上图的平面图形即可, 无需画出空间图形; 二是对第 (2) 种情形, 若以平面为 “水平面” , 在其上方的点高度为正, 在其下方的点高度为负, 则第 (2) 种情形的结论,就是将(1)结论中的 b 改为(-b),而无需再画另一图形加以求解. 371. 若两直线 a 与 b 异面,则过 a 且与 b 垂直的平面 ( ) (A)有且只有一个 (B)可能存在也可能不存在 (C)有无数多个 (D)一定不存在 (B) 解析:若存在,则 a⊥b,而由条件知,a 不一定与 b 垂直. 372. 在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,若 E 是 A1C1 的中点,则 直线 CE 垂直于 ( ) (A)AC (B)BD (C)A1D (D)A1D1 解析: (B) BD⊥AC,BD⊥CC1,∴BD⊥平面 A1ACC1,∴BD⊥CE. 373. 定点 P 不在△ABC 所在平面内,过 P 作平面α ,使△ABC 的三个顶点到α 的距离相等, 这样的平面共有 ( ) (A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个 解析:D 过 P 作一个与 AB,AC 都平行的平面,则它符合要求;设边 AB,BC,CA 的中点分别为 E,F, G,则平面 PEF 符合要求;同理平面 PFG,平面 PGE 符合要求 374. P 为矩形 ABCD 所在平面外一点, 且 PA⊥平面 ABCD, P 到 B, C, D 三点的距离分别是 5 ,
17 , 13 ,则 P 到 A 点的距离是

( (D)4



(A)1

(B)2

(C) 3

解析: (A) 设 AB=a,BC=b,PA=h,则 a2+h2=5, b2+h2=13, a2+b2+h2=17,∴h=1. 375. 线段 AB 的两个端点 A,B 到平面α 的距离分别为 6cm, 9cm, P 在线段 AB 上,AP:PB= 1:2,则 P 到平面α 的距离为 . 解析:7cm 或1cm.
2 1 分 A, B 在平面α 的同侧与异侧两种情况. 同侧时, P 到平面α 的距离为 6 ? ? 9 ? =7 (cm) , 3 3 2 1 异侧时,P 到平面α 的距离为 6 ? ? 9 ? =1(cm) . 3 3

376. △ABC 的三个顶点 A,B,C 到平面α 的距离分别为 2cm, 3cm, 4cm , 且它们在α 的同一侧,则△ABC 的重心到平面α 的距离为 . 解析:3cm .

3? 4 ?5 =3cm . 3

377. Rt△ABC 中,D 是斜边 AB 的中点,AC=6,BC=8,EC⊥平面 ABC,且 EC=12,则 ED= . 解析:13. AB=10,∴CD=5,则 ED= 5 2 ? 122 =13. 378. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,求: (1)A1B 与平面 A1B1CD 所成的角; (2)B1B 在平面 A1C1B 所成角的正切值. 解析: 求线面成角,一定要找准斜线在平面内的射影. (1)先找到斜足 A1,再找出 B 在平面 A1B1CD 内的射影,即从 B 向平面 A1B1CD 作垂线,一 定要证明它是平面 A1B1CD 的垂线. 这里可证 BC1⊥平面 A1B1CD,O 为垂足, ∴A1O 为 A1B 在平面 A1B1CD 上的射影. (2)若将平面 D1D1BB 竖直放置在正前方,则 A1C1 横放在正前方,估计 B1B 在平面 A1C1B 内 的射影应落在 O1B 上,这是因为 A1C1⊥平面 D1DBB1,∴故作 B1H⊥O1B 交于 H 时,BH1⊥A1C1, 即 H 为 B1 在平面 A1C1B 内的射影.另在求此角大小时,只要求∠B1BO1 即可. 解析: (1)如图,连结 BC1,交 B1C 于 O,连 A1O. ∵A1B1⊥平面 B1BCC1,BC1 ? 平面 B1BCC1,∴A1B1⊥BC1. 又 B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1, ∴BC1⊥平面 A1B1CD,O 为垂足, ∴A1O 为 A1B 在平面 A1B1CD 上的射影, 则∠BA1O 为 A1B 与平面 A1B1CD 所成的角. sin∠BA1O=
BO 1 ? ,∴∠BA1O=30°. A1 B 2

(2)连结 A1C1 交 B1D1 于 O1,连 BO1, 作 B1H⊥BO1 于 H.∵A1C1⊥平面 D1DBB1,∴A1C1⊥B1H. 又 B1H⊥BO1,A1C1∩BO1=O1,∴B1H⊥平面 A1C1B, ∴∠B1BO1 为 B1B 与平面 A1C1B 所成的角, tan∠B1BO =
B1O1 2 2 ? ,即 B1B 与平面 A1C1B 所成的角的正切值为 . B1 B 2 2

379. Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=36,若平面 ABC 外一点 P 与平面 A,B,C 三点等距 离,且 P 到平面 ABC 的距离为80,M 为 AC 的中点. (1)求证:PM⊥AC; (2)求 P 到直线 AC 的距离; (3)求 PM 与平面 ABC 所成角的正切值. 解析:点 P 到△ABC 的三个顶点等距离,则 P 在平面 ABC 内的射影为△ABC 的外心,而△ABC 为直角三角形,其外心为斜边的中点. 证明 (1)∵PA=PC,M 是 AC 中点,∴PM⊥AC 解 (2)∵BC=36,∴MH=18,又 PH=80, ∴PM= PH 2 ? MH 2 ? 802 ? 182 ? 82 ,即 P 到直线 AC 的距离为82;

(3)∵PM=PB=PC,∴P 在平面 ABC 内的射线为△ABC 的外心, ∵∠C=90° ∴P 在平面 ABC 内的射线为 AB 的中点 H。 ∵PH⊥平面 ABC,∴HM 为 PM 在平面 ABC 上的射影, 则∠PMH 为 PM 与平面 ABC 所成的角,∴tan∠PMH=
PH 80 40 ? ? MH 18 9

380. 如图,在正四面体 ABCD 中。各面都是全等的正三角形的四面体,M 为 AD 的中点,求 CM 与平面 BCD 所成角的余弦值. 解析:要作出 CM 在平面 BCD 内的射影,关键是作出 M 在平面 BCD 内的 射影,而 M 为 AD 的中点,故只需观察 A 在平面 BCD 内的射影,至此问 题解法已明朗. 解 作 AO⊥平面 BCD 于 O,连 DO,作 MN⊥平面 BCD 于 N,则 N∈OD. 设 AD=a,则 OD= ? =
6 a. 6 7 21 3 a? a. a ,∴CN= CM 2 ? MN 2 ? 12 6 2 CN 7 ? . CM 3 2 3 3 3 6 a? a ,∴AO= AD 2 ? OD 2 ? a ,∴MN 2 3 3

又∵CM=

∴CM 与平面 BCD 所成角的余弦值为

381. 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是棱 A1A 的中点,N 在 AB 上,且 AN∶NB=1∶3, 求证:C1M⊥MN. 解析:在空间中作出两条直线垂直相对较在平面内作两条直线垂直难.此题 C1M 与 MN 是相 交直线,一种方法可通过勾股定理来验证它是否垂直,另一方法为:因 MN 是平面 A1ABB1 内 的一条直线,可考虑 MC1 在平面 A1ABB1 内的射影. 证明1 设正方体的棱长为a,则 MN= C1M= a 2 ? a 2 ? ( ) 2 ?
2 2 2

5 a, 4

a 2

3 3a 41 a, a ,C1N= a 2 ? a 2 ? ( ) 2 ? 4 4 2

∵MN +MC1 =NC1 ,∴C1M⊥MN. 证明2 连结 B1M,∵C1B1⊥平面 A1ABB1, ∴B1M 为 C1M 在平面 A1ABB1 上的射影.
1 1 1 设棱长为 a ,∵AN= a ,AM= a ,∴tan∠AMN= , 4 2 2

又 tan∠A1B1M=

1 ,则∠AMN=∠A1B1M,∴B1M⊥MN, 2

由三垂线定理知,C1M⊥MN. 382. 如图, ABCD 为直角梯形, ∠DAB=∠ABC=90°, AB=BC=a, AD=2a, PA⊥平面 ABCD, PA=a. (1) 求证:PC⊥CD; (2) 求点 B 到直线 PC 的距离. 解析: (1)要证 PC 与 CD 垂直,只要证明 AC 与 CD 垂直,可按实际情形画出底面图形进行 证明. (2)从 B 向直线 PC 作垂直,可利用△PBC 求高,但需求出三边,并判断其形状(事 实上,这里的∠PBC=90°) ;另一种重要的思想是:因 PC 在平面 PAC 中,而所作 BH 为平

面 PAC 的斜线,故关键在于找出 B 在平面 PAC 内的射影,因平面 PAC 处于“竖直状态” ,则 只要从 B 作“水平”的垂线,可见也只要从 B 向 AC 作垂线便可得其射影. 证明 (1)取 AD 的中点 E,连 AC,CE, 则 ABCE 是正方形,△CED 为等腰直角三角形. ∴AC⊥CD,∵PA⊥平面 ABCD,∴AC 为 PC 在平面 ABCD 上的射影,∴PC⊥CD; 解 (2)连 BE 交 AC 于 O,则 BE⊥AC, 又 BE⊥PA,AC∩PA=A,∴BE⊥平面 PAC. 过 O 作 OH⊥PC 于 H,连 BH,则 BH⊥PC. ∵PA=a,AC= 2 a ,∴PC= 3a ,则 OH= ?
1 a ? 2a 6 ? a, 2 6 3a

6 2 a a ,∴BH= BO 2 ? OH 2 ? 3 2 383. 四面体 ABCD 的四个面中,是直角三角形的面至多有

∵BO=

( )

(A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个 解析: (D) 设底面为直角三角形, 从底面的一个锐角顶点作平面的垂线, 则这样的四面体的每个面都是 直角三角形. 384. 直角三角形 ABC 的斜边 AB 在平面α 内,直角顶点 C 在平面α 外,C 在平面α 内的射影 为 C1,且 C1 ? AB,则△C1AB 为 ( ) (A)锐角三角形 (B)直角三角形 (C)钝角三角形 (D)以上都不对 解析: (C) 2 2 2 2 ∵C1A +C1B <CA +CB =AB, ∴∠AC1B 为钝角,则△C1AB 为钝角三角形. 385. △ABC 在平面α 内,∠C=90°,点P ? α ,PA=PB=PC=7, AB=10, 则点 P 到平面α 的距 离等于 解析: 2 6 . ∵PA=PB=PC,∴P 在平面α 内的射影为△ABC 的外心O,∵∠C=90°,∴O为 AB 的中点, ∵AO=5,PA=7,∴PO= 7 2 ? 5 2 ? 2 6 386. P 是边长为 a 的六边形 ABCDEF 所成平面外一点,PA⊥AB,PA⊥AF,PA=a,则点 P 到边 CD 的距离是 解析:2a. PA⊥平面 ABCDEF,A 到 CD 的距离为 3a ,∴P 到边 CD 的距离是 2a 387. 如图,已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,M,N 分别是 AB,PC 的中点. (1) 求证:MN⊥CD; (2) 若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD. 证明 (1)连 AC∩BD=O,连 NO,MO,则 NO∥PA. ∵PA⊥平面 ABCD,∴NO⊥平面 ABCD. ∵MO⊥AB,∴MN⊥AB,而 CD∥AB,∴MN⊥CD; (2)∵∠PDA=45°,∴PA=AD,

由△PAM≌△CBM 得 PM=CM, ∵N 为 PC 中点,∴MN⊥PC. 又 MN⊥CD,PC∩CD=C,∴MN⊥平面 PCD. 388. 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,侧面 PCD 是边长等于 2cm 的等边三角形,底面 ABCD 是 面积为 2 3 cm2 的菱形,∠ADC 是锐角. 求证:PA⊥CD 证明:设∠ADC=θ ,则:由 SABCD=2 3 , CD=BC=AB=AD=2,易得θ =60°

P

A D B EC
ABP 的重心;

∴△ACD 是等边三角形,取 CD 中点 E 连 AE、PE,则 AE⊥CD,PE⊥CD AE⊥CD,PE⊥CD ∴CD⊥平面 PAE ∴CD⊥PA 389. 设 P 点在正三角形 ABC 所在平面外, 且 AP,BP, CP 两两垂直;又 G 是

E 为 BC 上一点, BE ?

1 1 BC ; F 为 PB 上一点, PF ? PB ; AP ? BP ? CP ,如图 3 3

(1)求证:GF⊥平面 PBC;(2)求证:EF⊥BC。 解析:(1)连结 BG 并延长交 PA 于 M.G 为△ABP 的重心

注 要充分注意平面几何中的知识(如本题中三角形重心性质,等腰三角形性质等)在证题中 的运用。 390. 已知α ∩β =C,a∥b,a ? α ,b ? β ,A ? a,AE⊥b 于 E,AF⊥c 于 F,求证:a⊥EF 解析:b∥a,b ? ? ,a ? α , ∴b∥α b E 又 b ? β ,α ∩β =c ∴b∥c, 又 AF⊥c ∴AF⊥b 又 AE⊥b, AE∩AF=A ∴b⊥平面 AEF a∥b ∴a⊥平面 AEF C F A EF ? 平面 AEF ∴a⊥EF

P
391. 如图,△ABC 为锐角三角形,PA⊥平面 ABC,A 点在平面 PBC 上的射影为 H,求:H 不可能是△PBC 的垂心.

a

H A B

C

解析:连结 CH,则 CH 是 AC 在平面 PBC 内的射影,若 H 为垂心,则 CH⊥PB,由三垂线定 理得 AC⊥PB,又 PA⊥平面 ABC,∴PA⊥AC,∴AC⊥平面 PAB,从而 AC⊥AB 与△ABC 为锐 角三 P 角形矛盾,故 H 不可能是垂心.

H

C

392. 如图,BCD 是等腰直角三角形,斜边 CD 的长等于点 P 到 BC A 的距离,D 是 P 在平面 BCD 上的射影. (1)求 PB 与平面 BCD 所 成角; (2)求 BP 与平面 PCD 所成的角 B 解析: (1)PD⊥平面 BCD,∴BD 是 PB 在平面 BCD 内的射影,∴∠PBD 为 PB 与平面 BCD 所 成角,BD⊥BC,由三垂线定理得 BC⊥BD,∴BP=CD,设 BC=a,则 BD=a,BP=CD= 2 a∴在 Rt △BPD 中, cos∠DBP=

2 ∴∠DBP=45°, 即 PB 与平面 BCD 所成角为 45°. 2

(2)过 B 作 BE⊥CD 于 E,连结 PE,PD⊥平面 BCD 得 PD⊥BE,∴BE⊥平面 PCD, ∴∠BPE 为 BP 与平面 PCD 所成的角,在 Rt△BEP 中, BE= BP 与平面 PCD 所成角为 30°.

2 a, BP= 2 a,∴∠BPE=30° 2



B C E P
P

B C P D

D

393. 正四棱锥的一个对角面与一个侧面的面积之比为 6 : 2 ,求侧面与底面所成的角的大 小。

C A B 解析:如图,正四棱锥 P—ABCD 的一个对角面△PAC。设棱锥的底面边长为 a,高为 h,斜 高为 h′,底面中心为 O,连 PO,则 PO⊥底面 ABCD,∴PO⊥AC,在△PAC 中,AC= 2a , PO=h, ∴ S ?PAC ?

1 2 AC ? PO ? ah 2 2
1 ah ? ° 2
A D

P

在△PBC 中, S ?PBC ?

O E B

C

∴ S ?PAC : S ?PBC ? ∴h:h′= 3 : 2 .

2 1 ah : ah? ? 2h : h? ? 6 : 2 2 2

取 BC 中点 E,连 OE,PE,可证∠PEO 即为侧面与底面所成两面角的平面角。 在 Rt△POE 中,sin∠PEO= ∴∠PEO=

PO h 3 , ? ? PE h? 2

? ? ,即侧面与底面所成的角为 . 3 3

394. 如右图,斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中,A1C1⊥BC1,AB⊥AC,AB=3,AC=2,侧棱与底面成 60°角。 (1)求证:AC⊥面 ABC1; (2)求证:C1 点在平面 ABC 上的射影 H 在直线 AB 上; (3)求此三棱柱体积的最小值。 解析: (1)由棱柱性质,可知 A1C1//AC ∵A1C1 ? BC1, ∴AC ? BC1, 又∵AC ? AB, ∴AC ? 平面 ABC1 (2) 由 (1) 知 AC ? 平面 ABC1, 又 AC ? 平面 ABC, ∴平面 ABC ? 平面 ABC1 在平面 ABC1 内,过 C1 作 C1H ? AB 于 H, 则 C1H ? 平面 ABC,故点 C1 在平面 ABC 上 的射影 H 在直线 AB 上。 (3)连结 HC,由(2)知 C1H ? 平面 ABC, ∴∠C1CH 就是侧棱 CC1 与底面所成的角, ∴∠C1CH=60°,C1H=CH·tan60°= 3CH V 棱柱= S ?ABC ? C1 H ?
1 1 AB? AC ? C1 H ? ? 3 ? 2 ? 3CH ? 3 3CH 2 2

∵CA ? AB,∴CH ? AC ? 2 ,所以棱柱体积最小值 3 3 ? 2 ? 6 3 。 395. 已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠ACB=90 ,∠BAC=30 ,BC=1,AA1= 6 ,M 为 CC1 中点, 求证:AB1⊥A1M。 解析:因结论是线线垂直,可考虑用三垂线定理或逆定理 0 ∵ ∠ACB=90 0 ∴ ∠A1C1B1=90 即 B1C1⊥C1A1 又由 CC1⊥平面 A1B1C1 得:CC1⊥B1C1 ∴ B1C1⊥平面 AA1C1C ∴ AC1 为 AB1 在平面 AA1C1C 的射影 由三垂线定理,下证 AC1⊥A1M 即可 在矩形 AA1C1C 中,AC=A1C1= 3 ,AA1=CC1= 6
0 0

6 AC MC1 3 2 2 2 ? ∵ , 1 1 ? ? ? A1 A 2 C1 A1 2 6 3 MC 1 A 1 C1 ? ∴ C1 A 1 A 1 A ∴ Rt△A1C1M∽Rt△AA1C1 ∴ ∠1=∠2 0 又∠2+∠3=90 0 ∴ ∠1+∠3=90 ∴ AC1⊥A1M ∴ AB1⊥A1M 评注:利用三垂线定理的关键是找到基本面后找平面的垂线
396. 正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面边长为 a, 在侧棱 BB1 上截取 BD= 过 A、D、E 作棱柱的截面 ADE (1)求△ADE 的面积; (2)求证:平面 ADE⊥平面 ACC1A1。 解析:分别在三个侧面内求出△ADE 的边长
5 a 5 a a,DE= BC 2 ? (EC ? BD) 2 ? a 2 ? ( ) 2 ? 2 2 2 ∴ 截面 ADE 为等腰三角形

a , 在侧棱 CC1 上截取 CE=a, 2

AE= 2 a,AD=

1 1 5 2 2 2 6 2 AE ? h ? ? 2a ? ( a) ? ( a) ? a 2 2 2 2 4 (2)∵ 底面 ABC⊥侧面 AA1C1C ∴ △ABC 边 AC 上的高 BM⊥侧面 AA1C1C 下设法把 BM 平移到平面 AED 中去 取 AE 中点 N,连 MN、DN 1 1 // // ∵ MN ? ? 2 EC,BD ?? 2 EC

S=

// BD ∴ MN ? ? ∴ DN∥BM ∴ DN⊥平面 AA1C1C ∴ 平面 ADE⊥平面 AA1C1C 397. 斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中,底面是边长为 4cm 的正三角形,侧棱 AA1 与底面两边 AB、AC 0 均成 60 的角,AA1=7 (1)求证:AA1⊥BC; (2)求斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的全面积; (3)求斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的体积; (4)求 AA1 到侧面 BB1C1C 的距离。 解析:设 A1 在平面 ABC 上的射影为 0 ∵ ∠A1AB=∠A1AC ∴ O 在∠BAC 的平行线 AM 上 ∵ △ABC 为正三角形 ∴ AM⊥BC 又 AM 为 A1A 在平面 ABC 上的射影 ∴ A1A⊥BC (2)

S AA 1C1C ? S AA 1B1B ? AB ? AA1 sin ?A 1 AB ? 4 ? 7 ?

3 ? 14 3 2

∵ B1B∥A1A ∴ B1B⊥BC,即侧面 BB1C1C 为矩形

∴ SBB1C1C ? 4 ? 7 ? 28 又 S ?A1B1C1 ? S ?ABC ?
3 ? 42 ? 4 3 4

∴ S 全= 14 3 ? 2 ? 28 ? 4 3 ? 2 ? 28 ? 36 3 (cm 2 ) (3)∵ cos∠A1AB=cos∠A1AO·cos∠OAB ∴ cos∠A1AO= ∴ sin∠A1AO=
cos ?A1 AB cos 600 3 ? ? 0 cos ?OAB cos 30 3
6 3

7 6 3 3 7 ? 42 ? 6 ? 28 2 (cm 3 ) ∴ V ? S ?ABC ? A 1O ? 4 3 (4)把线 A1A 到侧面 BB1C1C 的距离转化为点 A 或 A1 到平面 BB1C1C 的距离 为了找到 A1 在侧面 BB1C1C 上的射影,首先要找到侧面 BB1C1C 的垂面 设平面 AA1M 交侧面 BB1C1C 于 MM1 ∵ BC⊥AM,BC⊥A1A ∴ BC⊥平面 AA1M1M ∴ 平面 AA1M1M⊥侧面 BCC1B1 在平行四边形 AA1M1M 中 过 A1 作 A1H⊥M1M,H 为垂足 则 A1H⊥侧面 BB1C1C ∴ 线段 A1H 长度就是 A1A 到侧面 BB1C1C 的距离 ∴
∴ A1O=A1Asin∠A1AO=
6 ? 2 2 (cm) 3 398. 平面α 内有半径为 R 的⊙O,过直径 AB 的端点 A 作 PA⊥α ,PA=a,C 是⊙O 上一点,∠ 0 CAB=60 ,求三棱锥 P—OBC 的侧面积。 解析:三棱锥 P—OBC 的侧面由△POB、△POC、△PBC 三个三角形组成 在求出边长元素后,求三角形面积时,应注意分析三角形的形状,简化计算 ∵ PA⊥平面 ABC ∴ PA⊥AO,AC 为 PC 在平面 ABC 上的射影 ∵ BC⊥AC ∴ BC⊥PC △ POB 中, 1 1 S ?POB ? OB ? PA ? a 2 2 2 △ PBC 中, A 1 H ? A 1 M 1 sin ?A 1 M 1 H ? A 1 M 1 sin ?A 1 AM ? 2 3 ?

BC=ABsin60 =2a ?
0

3 ? 3a 2

∴ AC=a ∴ PC= 2a ∴ S ?POB ? △ ∴ S ?POC ?
1 1 7 2 OC ? PO2 ? ( OC) 2 ? a 2 2 4
1 6 2 PC ? BC ? a 2 2

POC 中,PO=PC= 2a ,OC=a

1 6 2 7 2 2?2 6 ? 7 2 a ? a ? a ∴ S 侧= a 2 ? 2 2 4 4 0 399. 四棱锥 V—ABCD 底面是边长为 4 的菱形,∠BAD=120 ,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。 解析:用三垂线定理作点到线的垂线 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 0 ∵ ∠BAD=120 0 ∴ ∠ADC=60 ∴ △ACD 为正三角形

∴ E 为 CD 中点,AE=

3 ?4?2 3 2

∴ VE= VA 2 ? 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= VA 2 ? AO2 ? 13 (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)求出 OF 长度即可 在 Rt△VAC 中 1 OC= AC=2,VC= VA 2 ? AC2 ? 5 2 VA 3 6 ∴ OF=OC·sin∠ACF=OC· ? 2? ? VC 5 5 400. 斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面△ABC 中,AB=AC=10,BC=12,A1 到 A、B、C 三点的距离都 相等,且 AA1=13,求斜三棱柱的侧面积。 解析:∵A1A=A1B=A1C ∴ 点 A1 在平面 ABC 上的射影为△ABC 的外心,在∠BAC 平分线 AD 上 ∵ AB=AC ∴ AD⊥BC ∵ AD 为 A1A 在平面 ABC 上的射影 ∴ BC⊥AA1 ∴ BC⊥BB1 ∴ BB1C1C 为矩形,S=BB1×BC=156 取 AB 中点 E,连 A1E ∵ A1A=A1B ∴ A1E⊥AB
2 ∴ A1 E ? AA1 ? (

∴ SAA1C1C ∴ S 侧=396

AB 2 ) ? 12 2 ? SAA1B 1B ? 20


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