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立体几何基础题题库


立体几何基础题题库一(有详细答案)
1、二面角 α ? l ? β 是直二面角, A ∈ α,B ∈ β ,设直线 AB 与 α、β 所成的角分别为∠1 和∠2,则 (A)∠1+∠2=900 解析:C
α ∠1

(B)∠1+∠2≥900

(C)∠1+∠2≤900

(D)∠1+∠2<900

A

∠2 B β

分别为直线 AB 与平面 α , β

如图所示作辅助线,分别作两条与二面角的交线垂直的线,则∠1 和∠2 所成的角。根据最小角定理:斜线和平面所成的角,是这条斜线和平面内
o

经过斜足的直线所成的一切角中最小的角∴∠ABO > ∠ 2 Q ∠ABO + ∠1 = 90

∴∠2 + ∠1 ≤ 90o

2. 下列各图是正方体或正四面体,P,Q,R,S 分别是所在棱的中点,这四个点中不共面 的一个 ... 图是
S P R Q Q P R S

P

Q
P R S Q

S

R

(A) D 解析: A 项: PS

(B)

(C)

(D)

P 底面对应的中线,中线平行 QS,PQRS 是个梯形

D'
P

S

C'

A'

B'
R

D A

C

B 项: 如图

Q

B

C 项:是个平行四边形

D 项:是异面直线。 3. 有三个平面 α ,β,γ,下列命题中正确的是 (A)若 α ,β,γ两两相交,则有三条交线 (C)若 α ⊥γ,β∩ α =a,β∩γ=b,则 a⊥b =? D 解析:A 项:如正方体的一个角,三个平面相交,只有一条交线。 B 项:如正方体的一个角,三个平面互相垂直,却两两相交。
a α β

(B)若 α ⊥β, α ⊥γ,则β∥γ (D)若 α ∥β,β∩γ= ? ,则 α ∩γ

γ

C 项:如图

b

4. 如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 的侧面 AB1 内有一动点 P 到直线 AB 与直线 B1C1 的距离 相等,则动点 P 所在曲线的形状为
A B O P A1 B1 A1 A P B1 A1 B A P B O B1 A1 A B
A D B C1 B1 C

P

O B1
A1

P D1

C
D' A' B' C'

P

D

C

解析: B1C1

⊥ 平面 AB1∴ B1C1 ⊥ PB, ,如图:

A B

P 点到定点 B 的距离与到定直线 AB 的

距离相等,建立坐标系画图时可以以点 B1B 的中点为原点建立坐标系。 5. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中与 AD1 成 600 角的面对角线的条数是 (A)4 条 C (B)6 条 (C)8 条 (D)10 条

D' A' B'

C'

D' A' B'

C'

D A

C
A

D

C

解析:如图 共 8 条。

B

这样的直线有 4 条,另外,这样的

B

直线也有 4 条,

6. 设 A,B,C,D 是空间不共面的四点,且满足 AB ? AC = 0 , AC ? AD = 0 , AB ? AD = 0 ,则△BCD 是 (A)钝角三角形 C 解析: 假设 AB 为 a, AD 为 b, AC 为 c, 且a
A

(B)直角三角形

(C)锐角三角形

(D)不确定

2 2 2 2 2 2 > b > c 则, BD= a + b , CD= c + b , BC= a + c

a c

b

B

D

如图

C

cos ∠DCB =

(

a2 + c2

) (
2

则 BD 为最长边,根据余弦定理

+

c2 + b2
2

) (
2

?

a 2 + b2
2

)

2

2 a +c ? c +b
2 2

> 0 ∴∠DCB 最大角为锐角。所以△

BCD 是锐角三角形。 7.设 a、b 是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,则下列四个命题 ①若 a ⊥ b, a ⊥ α , 则b // α ③ a ⊥ β , α ⊥ β , 则a // α 其中正确的命题的个数是 A.0 个 B.1 个 C.2 个 D.3 个 ②若 a // α , α ⊥ β , 则a ⊥ β ④ 若a ⊥ b, a ⊥ α , b ⊥ β , 则α ⊥ β ( ) ( )

B 解析:注意①中 b 可能在α上;③中 a 可能在α上;④中 b//α,或 b ∈ α 均有 α ⊥ β , 故只有一个正确命题

8.如图所示,已知正四棱锥 S—ABCD 侧棱长为 2 ,底 面边长为 3 ,E 是 SA 的中点,则异面直线 BE 与 SC 所成角的大小为 A.90° C.45° B.60° D.30° ( )

B 解析:平移 SC 到 S ′B ,运用余弦定理可算得 BE = S ′E = S ′B =

2.

9. 对于平面 M 与平面 N, 有下列条件: ①M、N 都垂直于平面 Q; ②M、N 都平行于平面 Q; ③ M 内不共线的三点到 N 的距离相等; ④ l, M 内的两条直线, 且 l // M, m // N; ⑤ l, m 是异面直线,且 l // M, m // M; l // N, m // N, 则可判定平面 M 与平面 N 平行的条件的个数是 ( ) A.1 只有②、⑤能判定 M//N,选 B
A B

B.2

C.3

D.4

C

10. 已知正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,A1B⊥CB1,则 A1B 与 AC1 所成的角为 (A)450 (C)900 (B)600 (D)1200
A1 C1 B1

C 解析:作 CD⊥AB 于 D,作 C1D1⊥A1B1 于 D1,连 B1D、AD1,易知 ADB1D1 是平行四边形,由三垂 线定理得 A1B⊥AC1,选 C。

11. 正四面体棱长为 1,其外接球的表面积为 A. 3 π B.

3 π 2

C.

5 π 2

D.3π

解析:正四面体的中心到底面的距离为高的 1/4。 (可连成四个小棱锥得证 12. 设有如下三个命题:甲:相交直线 l 、m 都在平面α内,并且都不在平面β内;乙:直线 l 、m 中 至少有一条与平面β相交;丙:平面α与平面β相交. 当甲成立时, A.乙是丙的充分而不必要条件 C.乙是丙的充分且必要条件 B.乙是丙的必要而不充分条件 D.乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件

解析:当甲成立,即“相交直线 l 、m 都在平面α内,并且都不在平面β内”时,若“ l 、m 中至少有 一条与平面β相交” ,则“平面α与平面β相交. ”成立;若“平面α与平面β相交” ,则“ l 、m 中至 少有一条与平面β相交”也成立.选(C) . 13. 已知直线 m、n 及平面 α ,其中 m∥n,那么在平面 α 内到两条直线 m、n 距离相等的点的集合可 能是: (1)一条直线; (2)一个平面; (3)一个点; (4)空集.其中正确的是 . 解析: (1)成立,如 m、n 都在平面内,则其对称轴符合条件; (2)成立,m、n 在平面 α 的同一侧, 且它们到 α 的距离相等,则平面 α 为所求, (4)成立,当 m、n 所在的平面与平面 α 垂直时,平面 α 内 不存在到 m、n 距离相等的点 14.空间三条直线互相平行,由每两条平行线确定一个平面,则可确定平面的个数为( A.3 B.1 或 2 C.1 或 3 D.2 或 3 )

解析:C 如三棱柱的三个侧面。 15.若 a、b 为异面直线,直线 c∥a,则 c 与 b 的位置关系是 A.相交 B.异面 C.平行 ( D. 异面或相交 )

解析:D 如正方体的棱长。 16.在正方体 A1B1C1D1—ABCD 中,AC 与 B1D 所成的角的大小为 ( )

A.

π 6
C.

B.

π 4 π 2

π 3

D.

解析:D B1D 在平面 AC 上的射影 BD 与 AC 垂直,根据三垂线定理可得。 17.如图,点 P、Q、R、S 分别在正方体的四条棱上,并且是所在棱的中点,则直线 PQ 与 RS 是 异面直线的一个图是( )

D'
P

S

C'

A'

B'
R

D

C

解析:C

A,B 选项中的图形是平行四边形,而 D 选项中可见图:

A
Q

B

18.如图,是一个无盖正方体盒子的表面展开图,A、B、C 为其上的三个点,则在正方体盒子中, ∠ABC 等于 ( ) A.45° C.90°
A C

B.60° D.120°

B

解析:B 如图 ★右图是一个正方体的展开图,在原正方体中,有下列命题: ①AB 与 CD 所在直线垂直; ②CD 与 EF 所在直线平行

③AB 与 MN 所在直线成 60°角; 其中正确命题的序号是 A.①③ 解析:D B.①④

④MN 与 EF 所在直线异面 ( C.②③ D.③④ )

D E M

B

F N A

C

19.线段 OA,OB,OC 不共面, ∠ AOB= ∠ BOC= ∠ COA=60 ,OA=1,OB=2,OC=3,则△ABC 是 ( A.等边三角形 C.锐角三角形 B 非等边的等腰三角形 D.钝角三角形
2 2 2 2 2 2 2 2 2

o



解析:B. 设 AC=x,AB=y,BC=z,由余弦定理知:x =1 +3 -3=7,y =1 +2 -2=3,z =2 +3 -6=7。 ∴ △ABC 是不等边的等腰三角形,选(B) . 20.若 a,b,l 是两两异面的直线,a 与 b 所成的角是 则 α 的取值范围是 A.[ 解析:D 解 当 l 与异面直线 a,b 所成角的平分线平行或重合时,a 取得最小值 时,a 取得最大值

π ,l 与 a、l 与 b 所成的角都是 α , 3
( )

π 5π , ] 6 6

B.[

π π , ] 3 2

C.[

π 5π , ] 3 6

D.[

π π , ] 6 2

π ,故选(D) . 2

π ,当 l 与 a、b 的公垂线平行 6

21.小明想利用树影测树高,他在某一时刻测得长为 1m 的 竹竿影长 0.9m,但当他马上测树高时, 因树靠近一幢建 筑物,影子不全落在地面上,有一部分影子上了墙如图所 示.他测得留在地面部分的影子长 2.7m, 留在墙壁部分的 影高 1.2m, 求树高的高度(太阳光线可看作为平行光线) _______. 4.2 米 解析:树高为 AB,影长为 BE,CD 为树留在墙上的影高,∴ BE= 2.7 + 1.08 = 3.78 米,树高 AB=

CD 1.2 1 = = , CE= 1.08 米,树影长 CE CE 0.9

1 BE= 4.2 米。 0.9

A

D

22.如图,正四面体 A ? BCD (空间四边形的

B

C

E

A

E B F C D

四条边 长及两 对角线 的长都 相等) 中, E, F 分 别是棱

AD, BC
的中点,



EF 和 AC 所成的角的大小是________.
解析:设各棱长为 2,则 EF= 2 ,取 AB 的中点为 M, cos ∠MFE = 23.OX,OY,OZ 是空间交于同一点 O 的互相垂直的三条直 线,点 P 到这三条直线的距离分别为 3,4,7,则 OP 长 为_______.

2 π . 即θ = . 2 4

解析:在长方体 OXAY—ZBPC 中,OX、OY、OZ 是相交的三条互相垂直的三条直线。又 PZ ⊥ OZ, PY ⊥ OY,PX ⊥ OX,有 OX2+OZ2=49,OY2=OX2=9, OY2+OZ2=16, 得 OX +OY +OZ =37,OP= 37 .
2 2 2

24.设直线 a 上有 6 个点,直线 b 上有 9 个点,则这 15 个点,能确定_____个不同的平面. 解析: 当直线 a,b 共面时,可确定一个平面; 当直线 a,b 异面时,直线 a 与 b 上 9 个点可确 定 9 个不同平面, 直线 b 与 a 上 6 个点可确定 6 个不同平面, 所以一点可以确定 15 个不同的平面. 25. 在空间四边形 ABCD 中,E,F 分别是 AB,BC 的中点.求证:EF 和 AD 为异面直线. 解析:假设 EF 和 AD 在同一平面 α 内,…(2 分) ,则 A,B,E,F ∈ α ;……(4 分)又 A,E∈ AB, ∴AB ? α ,∴B∈ α ,……(6 分)同理 C∈ α ……(8 分)故 A,B,C,D ∈ α ,这与 ABCD 是空间 四边形矛盾。∴EF 和 AD 为异面直线. 26. 在空间四边形 ABCD 中, E, H 分别是 AB, AD 的中点, F, G 分别是 CB, CD 的中点, 若 AC + BD
2 2 = a ,AC ? BD =b,求 EG + FH .
A

解析:四边形 EFGH 是平行四边形,…………(4 分)
B

E H

D F C G

1 1 EG 2 + FH 2 =2 ( EF 2 + FG 2 ) = ( AC 2 + BD 2 ) = (a 2 ? 2b) 2 2

27. 如图,在三角形⊿ABC 中,∠ACB=90?, AC=b,BC=a,P 是⊿ABC 所在平面外一点,PB⊥AB, 点,AB⊥MC,求异面直 MC 与 PB 间的距离. 解析: 作 MN//AB 交 PB 于点 N. (2 分) ∵PB⊥AB, ∴PB⊥MN。 AB⊥MC,∴MN⊥MC. (8 分)MN 即为异面直线 MC 与 PB 的 (10 分)其长度就是 MC 与 PB 之间的距离, 则得 MN=
M

P

M 是 PA 的中

N

(4 分)又 公垂线段,

A

B

1 1 2 AB= a + b2 . 2 2

C

28. 已知长方体 ABCD—A1B1C1D1 中, A1A=AB, E、F 分别是 BD1 和 AD 中点.

(1)求异面直线 CD1、EF 所成的角; (2)证明 EF 是异面直线 AD 和 BD1 的公垂线. (1)解析:∵在平行四边形 BAD1C1 中,E 也是 AC1 的中点,∴ EF // C1 D , (2 分) ∴两相交直线 D1C 与 CD1 所成的角即异面直线 CD1 与 EF 所成的角.(C1 4 分)又 A1A=AB,长方体的侧面 ABB1 A1 , CDD1C1 都是正方形 ,∴D1C ⊥ CD1 ∴异面直线 CD1、EF 所成的角为 90°.(7 分)
B B1 D1

A1 E C F A D

2 (2)证:设 AB=AA1=a, ∵D1F= a 2 + AD = BF , ∴EF⊥BD1 . (9 分)

4

由平行四边形 BAD1C1 ,知 E 也是 AC1 的中点,且点 E 是长方体 ABCD—A1B1C1D1 的对称中心, (12 分)∴EA=ED,∴EF⊥AD,又 EF⊥BD1,∴EF 是异面直线 BD1 与 AD 的公垂线.(14 分)
C1 D1 B1

A1 E C F D

B

A

29. ⊿ABC 是边长为 2 的正三角形,在⊿ABC 所在平 一点 P,PB=PC=

D

面外有

7 3 ,PA= ,延长 BP 至 D,使 2 2

P

BD= 7 , E 是 BC 的中点, 求 AE 和 CD 所成角的大小 条直线间的距离. 解析: 分别连接 PE 和 CD, 可证 PE//CD, (2 分) 则∠PEA AE 和 CD 所成角. (4 分)在 Rt⊿PBE 中,
E A B

和这两
C

即是

PB=

7 3 ,BE=1,∴PE= 。在⊿AEP 中,AE= 3 , 2 2

3 9 3+ ? 4 4 =1. cos ∠AEP = 3 2 2? 3 ? 2
∴∠AEP=60?,即 AE 和 CD 所成角是 60?. (7 分) ∵AE⊥BC,PE⊥BC,PE//DC,∴CD⊥BC,∴CE 为异面直线 AE 和 CD 的公垂线段, (12 分)它们之间的 距离为 1. (14 分) 30. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E,F,G,H,M,N 分别是正方体的棱 A1 A, AB,BC,

CC1 , C1D1 , D1 A1 的中点,试证:E,F,G,H,M,N 六点共面.
解析:∵EN//MF,∴EN 与 MF 共面 α , (2 分)又∵EF//MH,∴EF 和 MH 共面 β . (4 分)∵不共线 的三点 E,F,M 确定一个平面, (6 分)∴平面 α 与 β 重合,∴点 H∈ α 。 (8 分)同理点 G∈ α . (10 分)故 E,F,G,H,M,N 六点共面. 31.三个互不重合的平面把空间分成六个部份时,它们的交线有 A.1 条 D 解析:分类:1)当两个平面平行,第三个平面与它们相交时,有两条交线; 2)当三个平面交于一 条 直线时,有一条交线,故选 D 32.两两相交的四条直线确定平面的个数最多的是 A.4 个 解析:C 如四棱锥的四个侧面, C4
2





B.2 条

C.3 条

D.1 条或 2 条

( C.6 个



B.5 个

D.8 个

= 6 个。

33..在空间四边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 上分别取 E、F、G、H 四点如果 EF 与 HG 交 于点 M,则 ( ) A.M 一定在直线 AC 上 B.M 一定在直线 BD 上 C.M 可能在 AC 上,也可能在 BD 上

D.M 不在 AC 上,也不在 BD 上 解析:∵平面 ABC∩平面 ACD=AC,先证 M∈平面 ABC,M∈平面 ACD,从而 M∈AC A 34. .用一个平面去截正方体。其截面是一个多边形,则这个多边形的边数最多是 . 解析:6 条 35. 已知: a ? α , b ? α , a ∩ b = A, P ∈ b, PQ // a.

求证 : PQ ? α ..(12分)
本题主要考查用平面公理和推论证明共面问题的方法. 解析:∵PQ∥a,∴PQ 与 a 确定一个平面 β ,∴ 直线a ? β , 点P ∈ β .

Q p ∈ b, b ? α ,∴ p ∈ α
又Qa ? α ∴α与β重合 ∴ PQ ? α

36. 已知△ABC 三边所在直线分别与平面α交于 P、Q、R 三点,求证:P、Q、R 三点共线。 (12 分) 本题主要考查用平面公理和推论证明共线问题的方法 解析:∵A、B、C 是不在同一直线上的三点 ∴过 A、B、C 有一个平面 β 又Q AB ∩ α = P, 且AB ? β ∴点P既在β内又在α内, 设α ∩ β = l , 则p ∈ l. 同理可证 : Q ∈ l , R ∈ l
∴ P, Q, R三点共线.

37. 已知:平面 α ∩ 平面β = a, b ? α , b ∩ a = A, c ? β且c // a, 求证:b、c 是异面直线 解析:反证法:若 b 与 c 不是异面直线,则 b∥c 或 b 与 c 相交

(1)若b // c. Q a // c,∴ a // b这与a ∩ b = A矛盾 ∴ AB ? β , 即b ? β这与b ∩ β = A矛盾 ∴ b, c是异面直线.

(2)若b, c相交于B , 则B ∈ β , 又a ∩ b = A,∴ A ∈ β

38. 在空间四边形 ABCD 中,AD=BC=2,E、F 分别是 AB、CD 的中点,EF= 3 ,求 AD 与 BC 所成 角的大小 (本题考查中位线法求异面二直线所成角)

解析:取 BD 中点 M,连结 EM、MF,则
1 1 AD = 1, MF // BC且MF = BC = 1, 2 2 EM 2 + MF 2 ? EF 2 1 + 1 ? 3 1 在?MEF中,Q EF = 3 ,由余弦定理得 cos ∠EMF = = =? 2 ? EM ? MF 2 2 o ∴ ∠EMF = 120 EM // AD, 且EM = ∴ 异面直线AD, BC所成角的大小为60 o

39. 如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,M、N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点,求异面直线 CM 与 D1N 所成角的正弦值.(14 分) (本题考查平移法,补形法等求异面二直线所成角) 解析:取 DD1 中点 G,连结 BG,MG,MB,GC 得矩形 MBCG,记 MC∩BG=0 则 BG 和 MC 所成的角为异面直线 CM 与 D1N 所成的角.
3 Q MC 2 = MA 2 + AC 2 = ( a ) 2 (设正方体的棱长为a) 2 BC = a ∴ cos ∠BOC = 1 9 ∴ sin ∠BOC = 4 5 9

而 CM 与 D1N 所成角的正弦值为 4 5
9

40. 如图, P 是正角形 ABC 所在平面外一点, M、 N 分别是 AB 和 PC 的中点, 且 PA=PB=PC=AB=a。 (1)求证:MN 是 AB 和 PC 的公垂线 (2)求异面二直线 AB 和 PC 之间的距离

解析: (1)连结 AN,BN,∵△APC 与△BPC 是全等的正三角形,又 N 是 PC 的中点 ∴AN=BN 又∵M 是 AB 的中点,∴MN⊥AB 同理可证 MN⊥PC 又∵MN∩AB=M,MN∩PC=N ∴MN 是 AB 和 PC 的公垂线。 (2)在等腰在角形 ANB 中,Q AN = BN = 3 a, AB = a,∴ MN = AN 2 ? ( 1 AB) 2 = 2 a
2 2 2

即异面二直线 AB 和 PC 之间的距离为

2 a. 2
[ ]

41 空间有四个点, 如果其中任意三个点都不在同一条直线上, 那么经过其中三个点的平面 A.可能有 3 个,也可能有 2 个 C.可能有 3 个,也可能有 1 个 B.可能有 4 个,也可能有 3 个 D.可能有 4 个,也可能有 1 个

解析:分类,第一类,四点共面,则有一个平面,第二类,四点不共面,因为没有任何三点共线,则 任何三点都确定一个平面,共有 4 个。. 42. 下列命题中正确的个数是 [ ]

①三角形是平面图形 ②四边形是平面图形 ③四边相等的四边形是平面图形 A.1 个 B.2 个 C.3 个 ④矩形一定是平面图形 D.4 个

解析:命题①是正确的,因为三角形的三个顶点不共线,所以这三点确定平面。 命题②是错误,因平面四边形中的一个顶点在平面的上、下方向稍作运动,就形成了空间四边形。命 题③也是错误,它是上一个命题中比较特殊的四边形。 命题④是正确的,因为矩形必须是平行四边形,有一组对边平行,则确定了一个平面。 43. 如果一条直线上有一个点不在平面上,则这条直线与这个平面的公共点最多有____1 个。

解析:如果有两个,则直线就在平面内,那么直线上的所有点都在这个平面内,这就与已知有一个点 不在平面上矛盾,所以这条直线与这个平面的公共点最多有一个。 44. 空间一条直线及不在这条直线上的两个点,如果连结这两点的直线与已知直线_______,则它们在 同一平面内。答案:相交或平行 解析:根据推论 2,推论 3 确定平面的条件。 45. 三角形、四边形、正六边形、圆,其中一定是平面图形的有________3 个。 解析:三角形的三个顶点不在一条直线上,故可确定一个平面,三角形在这个平面内;圆上任取三点 一定不在一条直线上,这三点即确定一个平面,也确定了这个圆所在的平面,所以圆是平面图形;而 正六边形内接于圆,故正六边形也是平面图形;而四边形就不一定是平面图形了,它的四个顶点可以 不在同一平面内。 46. 三条平行直线可以确定平面_________个。答案:1 个或 3 个 解析:分类、一类三线共面,即确定一个平面,另一类三线不共面,每两条确定一个,可确定 3 个。 47. 画出满足下列条件的图形。 (1)α∩β=1,a (2)α∩β=a,b α,b β,b∥a β,a∩b=A

解析:如图 1-8-甲,1-8-乙

48.经过平面 α 外两点 A,B 和平面 α 垂直的平面有几个? 解析:一个或无数多个。 当 A,B 不垂直于平面 α 时,只有一个。 当 A,B 垂直于平面 α 时,有无数多个。

49. 设空间四边形 ABCD,E、F、G、H 分别是 AC、BC、DB、DA 的中点,若 AB=12 2 ,CD=4 且四边形 EFGH 的面积为 12

2,

3 ,求 AB 和 CD 所成的角.

解析: 由三角形中位线的性质知,HG∥ AB,HE∥ CD,∴∠ EHG 就是异面直线 AB 和 CD 所成的角. ∵ EFGH 是平行四边形,HG=

1 AB=6 2 , 2

HE=

1 ,CD=2 3 , 2 6 sin∠ EHG
H

D

∴ SEFGH=HG·HE·sin∠ EHG=12 6 sin∠ EHG,∴12 12 3 .


G C F B

2 ∴ sin∠ EHG= EHG=45°. ,故∠ 2
∴ AB 和 CD 所成的角为 45° 注:本例两异面直线所成角在图中已给,只需指出即可。

E A

50. 点 A 是 BCD 所在平面外一点,AD=BC,E、F 分别是 AB、CD 的中点,且 EF= 和 BC 所成的角。 (如图)

2 AD,求异面直线 AD 2

A
解析:设 G 是 AC 中点,连接 DG、FG。因 D、F 分别是 AB、 BC 且 EG= 点,故 EG∥ CD 中

1 1 BC,FG∥ AD,且 FG= AD,由异面直 2 2 1 AD,又 EF=AD, 2

E G B F C D

线所 所成 由余

成角定义可知 EG 与 FG 所成锐角或直角为异面直线 AD、BC 角,即∠ EGF 为所求。由 BC=AD 知 EG=GF= 弦定理可得 cos∠ EGF=0,即∠ EGF=90°。

注:本题的平移点是 AC 中点 G,按定义过 G 分别作 出了 两条异面直线的平行线,然后在△EFG 中求角。通常在出现线段中点时,常取另一线段中点,以构成 中位线,既可用平行关系,又可用线段的倍半关系。 51. 已知空间四边形 ABCD 中,AB=BC=CD=DA=DB=AC,M、N 分别为 BC、AD 的中点。 求:AM 与 CN 所成的角的余弦值; 解析:(1)连接 DM,过 N 作 NE∥AM 交 DM 于 E,则∠CNE 为 AM 与 CN 所成的角。

1 AM 且 E 为 MD 的中点。 2 3 3 1 3 1 = 且 ME= MD= 设正四面体的棱长为 1, 则 NC= · 2 2 4 2 4 3 1 7 在 Rt△MEC 中,CE2=ME2+CM2= + = 16 4 16
∵N 为 AD 的中点, NE∥AM 省 ∴NE=

∴cos∠CNE=

CN + NE ? CE = 2 ? CN ? NE
2 2 2

(

又∵∠CNE ∈(0,

π ) 2

3 2 3 7 ) + ( )2 ? 4 4 16 = ? 2 , 3 3 3 2? ? 4 4

∴异面直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为

2 . 3

注:1、本题的平移点是 N,按定义作出了异面直线中一条的平行线,然后先在△CEN 外计算 CE、CN、 EN 长,再回到△CEN 中求角。 2、作出的角可能是异面直线所成的角,也可能是它的邻补角,在直观图中无法判定,只有通过解三角 形后,根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角(也就是异面直线所成的角)或钝角(异面 直线所成的角的邻补角) 。最后作答时,这个角的余弦值必须为正。 52. .如图所示, 在空间四边形 ABCD 中, 点 E、 F 分别是 BC、 AD 上的点, 已知 AB=4, CD=20, EF=7,

AF BE 1 = = 。求异面直线 AB 与 CD 所成的角。 FD EC 3
解析:在 BD 上取一点 G,使得

BG 1 = ,连结 EG、FG GD 3

C E B A F G D

在ΔBCD 中,

BE BG = ,故 EG//CD,并且 EC GD

EG BE 1 = = , CD BC 4
所以,EG=5;类似地,可证 FG//AB,且

FG DF 3 = = , AB AD 4

故 FG=3,在ΔEFG 中,利用余弦定理可得

cos∠
D1 A1 E
D O A C B

C1 B1

FGE=

EG 2 + GF 2 ? EF 2 3 2 + 5 2 ? 7 2 1 = = ? ,故∠FGE=120°。 2 ? EG ? GF 2 ?3?5 2

另一方面,由前所得 EG//CD,FG//AB,所以 EG 与 FG 所成的锐角等于 AB 与 CD 所成的角,于 是 AB 与 CD 所成的角等于 60°。 53. 在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=c,AB=a,AD=b,且 a>b.求 AC1 与 BD 所成的角的余弦. 解一:连 AC,设 AC∩BD=0,则 O 为 AC 中点,取 C1C 的中点 F,连 OF,则 OF∥AC1 且 OF= 所以∠FOB 即为 AC1 与 DB 所成的角。在△FOB 中,OB= BE=

1 AC1, 2

1 1 a 2 + b 2 ,OF= a2 + b2 + c2 , 2 2

1 2 1 2 b + c ,由余弦定理得 2 4
D1 A1 D O A O1 C1 B1 F C G B

cos∠

1 2 1 1 (a + b 2 ) + (a 2 + b 2 + c 2 ) ? (b 2 + c 2 ) a2 ? b2 4 4 OB= 4 = 1 (a 2 + b 2 )(a 2 + b 2 + c 2) 2? a2 + b2 ? a2 + b2 + c2 4
解二:取 AC1 中点 O1,B1B 中点 G.在△C1O1G 中,∠C1O1G 即 AC1 与 DB 所成的角。

解三: . 延长 CD 到 E, 使 ED=DC. 则 ABDE 为平行四边形. AE∥BD, 所以∠EAC1 即为 AC1 与 BD 所成的角. 连 EC1,在△AEC1 中,AE= a 2 + b 2 ,AC1= a 2 + b 2 + c 2 ,C1E= 4a 2 + c 2 由余弦定理,得 cos∠EAC1=

( a 2 + b 2 ) + ( a 2 + b 2 + c 2 ) ? ( 4a 2 + c 2 ) 2 ? a2 + b2 ? a2 + b2 + c2

=

b2 ? a2 (a 2 + b 2 )(a 2 + b 2 + c 2)

<0

所以∠EAC1 为钝角.

根据异面直线所成角的定义,AC1 与 BD 所成的角的余弦为

a2 ? b2 (a 2 + b 2 )(a 2 + b 2 + c 2 )

54. 已知 AO 是平面 α 的斜线,A 是斜足,OB 垂直 α ,B 为垂足,则 直线 AB 是斜线在平面 α 内的射影,设 AC 是 α 内的任一条 解析:设 AO 与 AB 所成角为 θ1 ,AB 与 AC 所成角为 θ 2 , 角为 θ ,则有 cos θ = cos θ1 ? cos θ 2 。
A'

直线,
O

AO 与 AC 所成

B
C'

在三棱锥 S—ABC 中,∠SAB=∠SAC= ∠ACB= 90 o , AC = 2, BC = 1,2 问)

A C

3 , SB = 29 ,求异面直线 SC 与 AB 所成角的大小。 (略去了该题的

由 SA⊥平面 ABC 知,AC 为 SC 在平面 ABC 内的射影, 设异面直线 SC 与 AB 所成角为 θ , 则 cos θ = cos ∠SCA ? cos ∠BAC , 由 AC = 2, BC =

S

A C

B

3 , SB = 29 得

AB = 17 , SA = 2 3 , SC = 2
∴ cos ∠SCA =

2 1 , cos ∠BAC = , 2 17

∴ cos θ =

17 17 , 即异面直线 SC 与 AB 所成角为 arccos 。 17 17

55. 已知平行六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的底面 ABCD 是菱形,且

∠C1CB = ∠C1CD = ∠BCD = 60 o ,证明 C1C⊥BD 。
C1

B1 D1 B A H C D

A1

(略去了该题的 2,3 问) 解析:设 C1 在平面 ABCD 内射影为 H, 则 CH 为 C1C 在平面 ABCD 射影, ∴ cos ∠C1CD = cos ∠C1CH ? cos ∠DCH , ∴ cos ∠C1CB = cos ∠C1CH ? cos ∠BCH , 由题意 ∠C1CD = ∠C1CB , 又 ∵ ∠DCH , ∠BCH ∈ [0, π) ∴ ∠DCH = ∠BCH , 又四边形 ABCD 是菱形, 从而 CH 为 ∠DCB 的平分线, ∴ CH⊥BD 即 C1C⊥BD ∴ cos ∠DCH = cos ∠BCH 。

内的

∴ C1C 与 BD 所成角为 90 o ,

56.. 在正四面体 ABCD 中,E,F 分别为 BC,AD 的中点, 求异面直线 AE 与 CF 所成角的大小。 解析: 连接 BF、EF,易证 AD⊥平面 BFC, ∴ EF 为 AE 在平面 BFC 内的射影, 设 AE 与 CF 所成角为 θ , ∴ cos θ = cos ∠AEF ? cos ∠CFE ,
A F D E C

3 设正四面体的棱长为 a ,则 AE = CF = BF = a , 2
显然 EF⊥BC, ∴ EF =

B

2 a , 2

∴ cos ∠AEF =

EF 6 EF 6 = , cos ∠AFE = = , AE 3 CF 3

∴ cos θ =

2 2 , 即 AE∴与 CF 所成角为 arccos 。 3 3

57. 三棱柱 OAB ? O1 A1 B1 ,平面 OBB1O1 ⊥平面 OAB,

∠O1OB = 60 o , ∠AOB = 90 o ,且 OB = OO1 = 2, OA = 3 ,求异面直线 A1 B 与 AO1 所成角的大小,
(略去了该题的 1 问) 解析: 在平面 BO1 内作 BC⊥OO1 于 C ,连 A1C ,
A1 O1 B1

由平面 BOO1 B1 ⊥ 平面 AOB, ∠AOB = 90 知,
O

o

C B

AO⊥平面 BOO1 B1 , 又 AO ∩ OO1 = O ,

∴ AO⊥BC , ∴ BC⊥平面 AOO1 A1 ,

A

∴ A1C 为 A1 B 在平面 AOO1 A1 内的射影。 设 A1 B 与 AO1 所成角为 θ , A1C 与 AO1 所成角为 θ 2 , 则 cos θ = cos ∠BA1C ? cos θ 2 , 由题意易求得 BC = ∴ cos ∠BA1C =

3, A1C = 2, A1 B = 7 ,

A1C 2 = , A1 B 7 7 , 14

在矩形 AOO1 A1 中易求得 A1C 与 AO1 所成角 θ 2 的余弦值: cos θ 2 =

∴ cos θ = cos ∠BA1C ? cos θ 2 =

1 , 7

即 A1 B 与 AO1 所成角为 arccos

1 。 7

58. 已知异面直线 a 与 b 所成的角为 50 o ,P 为空间一定点,则过点 P 且与 a , b 所成的角均是 30 o 的 直线有且只有( ) A、1 条 B、2 条 C、3 条 D、4 条

解析: 过空间一点 P 作 a ' ∥ a , b ' ∥ b ,则由异面直线所成角的定义知: a ' 与 b ' 的交角为 50 o ,过 P 与 a ' ,b ' 成等角的直线与 a ,b 亦成等角,设 a ' ,b ' 确定平面 α , a ' ,b ' 交角的平分线为 l ,则过 l 且 与 α 垂直的平面(设为 β )内的任一直线 l ' 与 a ' ,b ' 成等角(证明从略) ,由上述结论知:l ' 与 a ' ,b ' 所成角大于或等于 l 与 a ' , b ' 所成角 25 ,这样在 β 内 l 的两侧与 a ' , b ' 成 30 角的直线各有一条,共 两条。在 a ' ,b ' 相交的另一个角130 内,同样可以作过130 角平分线且与 α 垂直的平面 γ ,由上述结
' ' o 论知, γ 内任一直线与 a , b 所成角大于或等于 65 ,所以 γ 内没有符合要求的直线,因此过 P 与 a , o o o o

b 成 30 o 的直线有且只有 2 条,故选(B)
59. 垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是( A.平行 C.异面 解析:D 60. l1、l2 是两条异面直线,直线 m1、m2 与 l1、l2 都相交,则 m1、m2 的位置关系是( A.异面或平行 C.异面 解析:D B.相交 D.相交或异面 ) B.相交 D.以上都有可能 )

61. 在正方体 ABCD-A’B’C’D’中,与棱 AA’异面的直线共有几条 ( A.4 C.8 ) B.6 D.10

解析:A 62.在正方体 ABCD-A’B’C’D’中 12 条棱中能组成异面直线的总对数是 ( A.48 对 C.12 对 解析:B
D' A' B' C'

) B.24 对 D.6 对

D A B

C

棱 AA’有 4 条与之异面,所以,所有棱能组成 4×12=48 对,但每一对都重复计算

一次,共有 24 对. 63.. 正方体 ABCD-A’B’C’D’中,异面直线 CD’和 BC’所成的角的度数是( A.45° C.90° B.60° D.120°
D' A' B' C'



D A

C

解析:B ∠AD’C=60°即为异面直线 CD’和 BC’所成的角的度数为 60° 64.异面直线 a、b,a⊥b,c 与 a 成 30°角,则 c 与 b 成角的范围是 ( )

B

A.

[ ]
π π , 3 2

B.

[ ]
π π , 6 2

C.

[

π 2π , 6 3

]
c1

D.

[

π 2π , 3 3

]

c2

b

解A b 成角的最小值是 60°

直线 c 在位置 c2 时,它与 b 成角的最大值为 90°,直线 c 在 c1 位置时,它与

65..如图,空间四边形 ABCD 的各边及对角线长都是 1,点 M 在边 AB 上运动、点 Q 在边 CD 上运动, 则 P、Q 的最短距离为( )

A.

1 2

B.

2 2

3 C. 4

3 D. 2

解析:B 当 M,N 分别为中点时。 因为 AB, CD 为异面直线,所以 M, N 的最短距离就是异面直线 AB,CD 的距离为最短。连接 BN,AN 则 CD⊥BN,CD⊥AN 且 AN=BN,所以 NM⊥AB。同理, 连接 CM,MD 可得 MN⊥CD。所以 MN 为 AB,CD

3 2

BN 2-BM2 =

所以在 RT△BMN 中, MN= 求 的公垂线。 因为 AN=BN= 异面直线的距离通常利用定义来求,它包括两个步骤:先证一条线段同时与两异面直线相交垂直;再利 用数量关系求解。在做综合题时往往大家只重视第二步,而忽 略第一 步。 66. 空间四边形 ABCD 中,AD=BC=2,E,F 分别是 AB,CD 的中 =√3,则 AD,BC 所成的角为( )
E M B F D A

3 1 2 - = 4 4 2

点,EF

A.30° C.90°

B.60° D.120°

cos∠ EMF=

12+12-( 3 )2 2? 1? 1

=-

1 2

解B 注: 考察异面直线所成角的概念, 范围及求 法,需注意的是,异面直线所成的角不能是钝角,而利用平行关系构造可求解的三角形,可能是钝角 三角形,望大家注意。同时求角的大小是先证明再求解这一基本过程。 67. 直线 a 是平面α的斜线,b 在平α内,已知 a 与 b 成 60°的角,且 b 与 a 在平α内的射影成 45° 角时,a 与α所成的角是( ) A A.45° C.90° 解A B.60° D.135°

a O b C B

α

A∈a,A在 α 内的射影是C,则AC ⊥ α 于C,AB⊥b 于B,则OB⊥平面ABC ∴ OB⊥BC OC OB ∵cos∠ AOC= cos∠ AOB=cos60°= OA OA OB OC cos∠ BOC=cos45°= ∴cos∠ AOC= OC OA cos∠ AOB cos60° 2 = = = ∴ ∠ AOC=45° cos∠ BOC cos45° 2
68. m 和 n 是分别在两个互相垂直的面 α、β 内的两条直线,α 与 β 交于 l,m 和 n 与 l 既不垂直, 也不平行,那么 m 和 n 的位置关系是 A.可能垂直,但不可能平行 B.可能平行,但不可能垂直 C.可能垂直,也可能平行 D.既不可能垂直,也不可能平行 解析:这种结构的题目,常常这样处理,先假设某位置关系成立,在此基础上进行推理,若无矛盾,

且推理过程可逆,就肯定这个假设;若有矛盾,就否定这个假设。 设 m//n,由于 m 在 β 外,n 在 β 内, ∴m//β 而 α 过 m 与 β 交于 l ∴m//l,这与已知矛盾, ∴m 不平行 n. 设 m⊥n,在 β 内作直线 α⊥l, ∵α⊥β, ∴a⊥α, ∴m⊥a. 又由于 n 和 a 共面且相交(若 a//n 则 n⊥l,与已知矛盾) ∴m⊥β, ∴m⊥l 与已知矛盾, ∴m 和 n 不能垂直. 综上所述,应选(D). 69. 如图,ABCD-A1B1C1D1 是正方体,E、F 分别是 AD、DD1 的中点,则面 EFC1B 和面 BCC1 所成二 面角的正切值等于

解析:为了作出二面角 E-BC1-C 的平面角,需在一个面内取一点,过该点向另一个面引垂线(这是用

三垂线定理作二面角的平面角的关键步骤) 。 从图形特点看,应当过 E(或 F)作面 BCC1 的垂线. 解析:过 E 作 EH⊥BC,垂足为 H. 过 H 作 HG⊥BC1,垂足为 G.连 EG. ∵面 ABCD⊥面 BCC1,而 EH⊥BC ∵EH⊥面 BEC1, EG 是面 BCC1 的斜线,HG 是斜线 EG 在面 BCC1 内的射影.

∵HG⊥BC1,

∴EG⊥BC1, ∴∠EGH 是二面角 E-BC1-C 的平面角。 在 Rt△BCC1 中:sin∠C1BC= 在 Rt△BHG 中:sin∠C1BC= ∴HG= 而 EH=1, 在 Rt△EHG 中:tg∠EGH= ∴∠EGH=arctg (设底面边长为 1). =

故二面角 E-BC1-C 等于 arctg

.

70. 将边长为 1 的正方形 ABCD,沿对角线 AC 折起,使 BD=

.则三棱锥 D-ABC 的体积为

解析:设 AC、BD 交于 O 点,则 BO⊥AC 且 DO⊥AC,在折起后,这个垂直关系不变,因此∠BOD 是二面角 B-AC-D 的平面角. 由于△DOB 中三边长已知,所以可求出∠BOD:

这是问题的一方面, 另一方面为了求体积, 应求出高, 这个高实际上是△DOB 中, OB 边上的高 DE, 理由是:

∵DE⊥OB

∴DE⊥面 ABC.

由 cos∠DOB= ∴DE= ∴ 应选(B)

,知 sin∠DOE=

71. 球面上有三个点 A、B、C. A 和 B,A 和 C 间的球面距离等于大圆周长的 . B 和 C 间的球面距离等 于大圆周长的 .如果球的半径是 R,那么球心到截面 ABC 的距离等于

解析:本题考查球面距离的概念及空间想像能力. 如图所示,圆 O 是球的大圆,且大圆所在平面与面 ABC 垂直,其中弦 EF 是过 A、B、C 的小圆 的直径,弦心距 OD 就是球心 O 到截面 ABC 的距离,OE 是球的半径,因此,欲求 OD,需先求出截

面圆 ABC 的半径. 下一个图是过 A、B、C 的小圆.AB、AC、CB 是每两点之间的直线段.它们的长度要分别在△AOB、 △AOC、 △COB 中求得 (O 是球心) .由于 A、 B 间球面距离是大圆周长的 , 所以∠AOB= ×2π= ,

同理∠AOC=

,∠BOC=

.

∴|AB|=R, |AC|=R, |BC|= . 在△ABC 中,由于 AB2+AC2=BC2. ∴∠BAC=90°,BC 是小圆 ABC 的直径. ∴|ED|= 从而|OD|= . 故应选 B. 72. 如图,四棱锥 P-ABCD 中,ABCD 是正方形,PA⊥底面 ABCD,该图中,互相垂直的面有

A.4 对 B.5 对 C.6 对 D.7 对 答案(D) 解析:要找到一个好的工作方法,使得计数时不至于产生遗漏 73. ABCD 是各条棱长都相等的三棱锥.M 是△ABC 的垂心,那么 AB 和 DM 所成的角等于______

解析:90°连 CM 交 AB 于 N,连 DN,易知 N 是 AB 中点,AB⊥CN,AB⊥DN. 74. 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⊥面 PCD.(12 分) 解析:

(1)取PD中点E , 又N为PC中点, 连NE , 则NE // CD, NE = 又 Q AM // CD, AM = ∴ MN // AE Q

1 CD. 2

1 CD,∴ AM // NE ,∴四边形AMNE为平行四边形 = 2

PA ⊥ 平面ABCD? CD ⊥ PA ? CD ⊥ 平面ADP ? ? ? CD ⊥ AE.(注 : 或直接用三垂线定理, ?? ?? CD ? 面ABCD ? CD ⊥ AD? AE ? 平面ADP?

(2)当∠PDA = 45o 时, Rt?PAD为等腰直角三角形 则AE ⊥ PD, 又MN // AE,∴ MN ⊥ PD, PD ∩ CD = D ∴ MN ⊥ 平面PCD.

75. 设 P、Q 是单位正方体 AC1 的面 AA1D1D、面 A1B1C1D1 的中心。 如图: (1)证明:PQ∥平面 AA1B1B; (2)求线段 PQ 的长。 (12 分)
(1)证法一 : 取AA1 , A1 B1的中点M , N , 连结MN , NQ, MP 1 1 Q MP // AD, MP = AD, NQ // A1 D1 , NQ = A1 D1 2 2 ∴ MP // ND且MP = ND ∴四边形PQNM为平行四边形 ∴ PQ // MN Q MN ? 面AA1 B1 B, PQ ? 面AA1 B1 B ∴ PQ // 面AA1 B1 B ∴ PQ // AB, 且PQ 证法二 : 连结AD1 , AB1 , 在?AB1 D1中, 显然P, Q分别是AD1 , D1 B的中点 1 AB1 2 Q PQ ? 面AA1 B1 B, AB1 ? 面AA1 B1 B ∴ PQ // 面AA1 B1 B (2)方法一 : PQ = MN = A1 M 2 + A1 N 2 = 方法二 : PQ = 1 2 AB1 = a. 2 2 2 a 2

评注:本题提供了两种解法,方法一,通过平行四边形的对边平行得到“线线平行” ,从而证得“线面 平行” ;方法二,通过三角形的中位线与底边平行得到“线线平行” ,从而证得“线面平行” 。本题证法 较多。 76. 如图,已知 α ∩ β = l , EA ⊥ α于A, EB ⊥ β于B, a ? α , a ⊥ AB. 求证 a∥l

解析:
EA ⊥ α , EB ⊥ β ? l ⊥ EA? ? ? l ⊥ 平面EAB ?? α ∩β =l ? l ⊥ EB? 又 Q a ? α , EA ⊥ α ,∴ a ⊥ EA 又 Q a ⊥ AB

∴ a ⊥ 平面EAB ∴ a // l.

77. .如图,ABCD 为正方形,过 A 作线段 SA⊥面 ABCD,又过 A 作与 SC 垂直的平面交 SB、 SC、SD 于 E、K、H,求证:E、H 分别是点 A 在直线 SB 和 SD 上的射影。 (12 分)

解析:
Q SA ⊥ 平面ABCD ? ? ? SA ⊥ BC BC ? 平面ABCD ? 又 Q AB ⊥ BC , SA ∩ AB = A,∴ BC ⊥ 平面SAB ∴ BC ⊥ AE Q SC ⊥ 平面AHKE ∴ SC ⊥ AE 又BC ∩ SC = C ∴ AE ⊥ 平面SBC ∴ AE ⊥ SB,即E为A在SB上的射影. 用理可证, H是点A在SD上的射影.

78. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1,G 为 CC1 的中点,O 为底面 ABCD 的中心。 求证:A1O⊥平面 GBD(14 分) 解析:
Q A1 A ⊥ BD ? BD ⊥ 平面A1 AD ? ?? ? ? BD ⊥ A1O AC ⊥ BD ? A1O ? 面A1 AO ? 2 2 3 2 a) = a 2 2 a 2 3 OG 2 = OC 2 + CG 2 = ( a) 2 + ( ) 2 = a 2 2 2 4 a2 9 2 2 2 2 A1G = A1C1 + C1G = ( 2a) + ( ) = a 2 2 4 2 2 2 ∴ A1O + OG = A1G 又 Q A1O 2 = A1 A 2 + AO 2 = a 2 + ( ∴ A1O ⊥ OG 又BD ∩ OG = 0 A1O ⊥ 平面GBD

79. 如图, 已知 a、b 是两条相互垂直的异面直线,其公垂线段 AB 的长为定值 m,定长为 n (n>m) 的线段 PQ 的两个端点分别在 a、b 上移动,M、N 分别是 AB、PQ 的中点。 (1)求证:AB⊥MN; (2)求证:MN 的长是定值(14 分)

解析:
(1)取PB 中点H , 连结HN , 则HN // b ∴ AB ⊥ HN 又 Q AB ⊥ b

同理AB ⊥ MH ∴ AB ⊥ 平面MNH ∴ AB ⊥ 平面MNH ∴ AB ⊥ MN (2) Q b ⊥ AB ? ? ? b ⊥ 平面PAB ∴ b ⊥ PB. b⊥a ?

在Rt?PBQ中, BQ 2 = PQ 2 ? PB 2 = n 2 ? PB 2 L (1) (1), (2)两式相加 PA 2 + BQ 2 = n 2 ? m 2 Q a ⊥ b,∴ ∠MHN = 90o ∴ MN = MH 2 + NH 2 = (

在Rt?PBA中, PA 2 = PB 2 ? AB 2 = PB 2 ? m 2 L(2)

PA 2 BQ 2 1 2 ) +( ) = n ? m 2 (定值) 2 2 2

80. 已知:平面 α 与平面 β 相交于直线 a,直线 b 与 α 、 β 都平行,求证:b∥a. 证明:在 a 上取点 P,b 和 P 确定平面 γ 设 γ 与 α 交于 a ′ , γ 与 β 交于 a ′′ ∵ b∥ α 且 b∥ β ∴ b∥ a ′ 且 b∥ a ′′ ∴ a ′ 与 a ′′ 重合,而 a ′ ? α , a ′′ ? β ,实际上是 a ′ 、 a ′′ 、a 三线重合, ∴ a∥b. 81. 有三个几何事实(a,b 表示直线,α 表示平面),① a∥b,② a∥ α ,③ b∥ α .其中,a,b 在面 α 外.

用其中两个事实作为条件,另一个事实作为结论,可以构造几个命题?请用文字语言叙述这些命题, 并判断真伪.正确的给出证明,错误的举出反例. 解析:Ⅰ: a∥b a∥ α b 在α 外 Ⅱ:a∥b b∥ α a 在α 外 Ⅰ、Ⅱ是同一个命题:两条平行直线都在一个平面外,若其中一条与平面平行,则另一条也与该平面 平行. 证明:过 a 作平面 β 与 α 交于 a ′ ∵ a∥ α ∵ a∥ a ′ 而 a∥b ∴ b∥ a ′ 且 b 在 α 外, a ′ 在 α 内 ∴ b∥ α . Ⅲ:a∥ α

? b∥ α

? a∥ α

? a∥b
b∥ α 命题:平行于同一个平面的两条直线平行, 这是错的,如右图 82. 两个平面同时垂直于一条直线,则两个平面平行. 已知:α、β是两个平面,直线 l⊥α,l⊥β,垂足分别为 A、B.

求证:α∥β思路 1:根据判定定理证.
l

证法 1:过 l 作平面γ , α∩γ=AC,β∩γ=BD, 过 l 作平面δ, α∩δ=AE,β∩δ=BF, l⊥α ? l⊥AC l⊥β ? l⊥BD l、AC、BD 共面 同理 AE∥β,AC∩AE≠φ ,AC,AE ? α ,故α∥β. 思路 2:根据面面平行的定义,用反证法. 证法 2:设α、β有公共点 P 则 l 与 P 确定平面γ, 且α∩γ=AP,β∩γ=BP. l⊥α ? l⊥AP l⊥β ? l⊥BP

γ

A

δ
E

α C
B
β D

F

? AC∥BD ? AC∥β,

l、AP、BP 共面,于是在同一平面内过一点有两条直线 AP、BP 都与 l 垂直,这是不可能的. 故α、β不能有公共点,∴ α∥β. 83. 已知:a、b 是异面直线,a ? 平面α,b ? 平面β,a∥β,b∥α. 求证:α∥β. 证法 1:在 a 上任取点 P, 显然 P∈b. 于是 b 和点 P 确定平面γ. b′

且γ 与α 有公共点 P ∴ α ∩γ=b′ 且 b′和 a 交于 P, ∵ b∥α , ∴ b∥b′ ∴ b′∥β 而 a∥β 这样α 内相交直线 a 和 b′都平行于β ∴ α∥β. 证法 2:设 AB 是 a、b 的公垂线段, 过 AB 和 b 作平面γ , γ ∩ α =b′, 过 AB 和 a 作平面δ ,

δ ∩β=a′.
a∥ β ? a∥a′ b∥ α ? b∥b′ ∴AB⊥a ? AB⊥a′,AB⊥b ? AB⊥b′ 于是 AB⊥α 且 AB⊥β,∴ α∥β. 84. 已知 a、b、c 是三条不重合的直线,α、β、r 是三个不重合的平面,下面六个命题: ①a∥c,b∥c ? a∥b; ②a∥r,b∥r ? a∥b; ③α∥c,β∥c ? α∥β;

④α∥r,β∥r ? α∥β; ⑤a∥c,α∥c ? a∥α; ⑥a∥r,α∥r ? a∥α. 其中正确的命题是 (A) ①④ (C) ①②③ (B) ①④⑤ (D) ①⑤⑥ ( )

解析:由公理 4“平行于同一条直线的两条直线互相平行”可知命题①正确;若两条不重合的直线同平 行于一个平面,它们可能平行,也可能异面还可能相交,因此命题②错误;平行于同一条直线的两个 不重合的平面可能平行,也可能相交,命题③错误;平行于同一平面的两个不重合的平面一定平行, 命题④正确;若一条直线和一个平面分别平行于同一条直线或同一个平面,那么这条直线与这个平面 或平行,或直线在该平面内,因此命题⑤、⑥都是错的,答案选 A. 85. 已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC,M、N 分别是 A1B1,AB 的中点,P 点在线段 B1C 上,则 NP 与平面 AMC1 的位置关系是 ( ) (A) 垂直 (B) 平行 (C) 相交但不垂直 (D) 要依 P 点的位置而定 解析:由题设知 B1M∥AN 且 B1M=AN, 四边形 ANB1M 是平行四边形, 故 B1N∥AM,B1N∥AMC1 平面. 又 C1M∥CN,得 CN∥平面 AMC1,则平面 B1NC∥AMC1,NP ? 平面 B1NC, ∴ NP∥平面 AMC1. 答案选 B. 86. 已知:正方体 ABCD-A1B1C1D1 棱长为 a. P

(1) 求证:平面 A1BD∥平面 B1D1C; (2) 求平面 A1BD 和平面 B1D1C 的距离. 证明:(1) 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, ∵ BB1 平行且等于 DD1, ∴ 四边形 BB1D1D 是平行四边形, ∴ BD∥B1D1, ∴ BD∥平面 B1D1C. 同理 A1B∥平面 B1D1C, 又 A1B∩BD=B, ∴ 平面 A1BD∥平面 B1D1C 解:(2) 连 AC1 交平面 A1BD 于 M,交平面 B1D1C 于 N. AC 是 AC1 在平面 AC 上的射影,又 AC⊥BD, ∴ AC1⊥BD, 同理可证,AC1⊥A1B, ∴ AC1⊥平面 A1BD,即 MN⊥平面 A1BD, 同理可证 MN⊥平面 B1D1C. ∴ MN 的长是平面 A1BD 到平面 B1D1C 的距离, 设 AC、BD 交于 E,则平面 A1BD 与平面 A1C 交于直线 A1E. ∵ M∈平面 A1BD,M∈AC1 ? 平面 A1C, ∴ M∈A1E. 同理 N∈CF. 在矩形 AA1C1C 中,见图 9-21(2),由平面几何知识得

MN =

1 AC1 , 3 3 a. 3

∴ MN =

评述:当空间图形较为复杂时,可以分解图形,把其中的平面图形折出分析,利于清楚地观察出平面 上各种线面的位置关系.证明面面平行,主要是在其中一个平面内找出两条与另一个平面平行的相交 直线,或者使用反证法. 87. 已知正三棱柱 ABC-A1B1C1,底面边长为 8,对角线 B1C=10,D 为 AC 的中点. (1) 求证 AB1∥平面 C1BD; (2) 求直线 AB1 到平面 C1BD 的距离. 证明:(1) 设 B1C∩BC1=O. 连 DO,则 O 是 B1C 的中点. 在△ACB1 中,D 是 AC 中点,O 是 B1C 中点. ∴ DO∥AB1, 又 DO ? 平面 C1BD,AB1 ? 平面 C1BD, ∴ AB1∥平面 C1BD. 解:(2) 由于三棱柱 ABC-A1B1C1 是正三棱柱,D 是 AC 中点, ∴ BD⊥AC,且 BD⊥CC1, ∴ BD⊥平面 AC1, 平面 C1BD⊥平面 AC1,C1D 是交线. 在平面 AC1 内作 AH⊥C1D,垂足是 H, ∴ AH⊥平面 C1BD, 又 AB1∥平面 C1BD,故 AH 的长是直线 AB1 到平面 C1BD 的距离. 由 BC=8,B1C=10,得 CC1=6,

在 Rt△C1DC 中,DC=4,CC1=6,

sin ∠C1 DC =

6 4 +6
2 2

=

3 13

在 Rt△DAH 中,∠ADH=∠C1DC ∴ AH = AD ? sin ∠C1 DC =

12 13 . 13

即 AB1 到平面 C1BD 的距离是

12 13 . 13

评述:证明线面平行的关键是在平面内找出与已知直线平行的直线,如本题的 DO.本题的第(2)问, 实质上进行了“平移变换” ,利用 AB1∥平面 C1BD,把求直线到平面的距离变换为求点 A 到平面的距 离. 88. 已知:直线 a∥平面 α .求证:经过 a 和平面 α 平行的平面有且仅有一个. 证:过 a 作平面与 α 交于 a ′ ,在 α 内作直线 b′ 与 a ′ 相交,在 a 上任取一点 P,在 b′ 和 P 确定的平面 内,过 P 作 b∥ b′ .b 在 α 外, b′ 在 α 内, ∴ b∥ α 而 a∥ α ∴ a,b 确定的平面 β 过 a 且平行于 α . ∵ 过 a,b 的平面只有一个, ∴ 过 a 平行于平面 α 的平面也只有一个 89. 已知平面 α 、β 、γ 、δ . 其中 γ ∩ δ =l,α ∩ γ =a,β ∩ γ = a ′ , a∥ a ′ ,α ∩ δ =b,β ∩ δ = b′ , b∥ b′ 上述条件能否保证有 α ∥ β ?若能,给出证明,若 个反例,并添加适当的条件,保证有 α ∥ β . 不足以保证 α ∥ β . 如右图.
b ' b l

不能给出一

β
a ' a

α

δ

如果添加条件 a 与 b 是相交直线,那么 α ∥ β . 证明如下: a∥ a ′ ? a∥ β b∥ b′ ? b∥ β ∵ a,b 是 α 内两条相交直线, ∴ α ∥β . 90. 三个平面两两相交得三条直线,求证:这三条直线相交于同一点或两两平行. 已知:平面α∩平面β=a,平面β∩平面γ=b,平面γ∩平面α=c. 求证:a、b、c 相交于同一点,或 a∥b∥c. 证明:∵α∩β=a,β∩γ=b ∴a、b ? β ∴a、b 相交或 a∥b. (1)a、b 相交时,不妨设 a∩b=P,即 P∈a,P∈b 而 a、b ? β,a ? α ∴P∈β,P∈α,故 P 为α和β的公共点 又∵α∩γ=c 由公理 2 知 P∈c ∴a、b、c 都经过点 P,即 a、b、c 三线共点. (2)当 a∥b 时 ∵α∩γ=c 且 a ? α,a ? γ ∴a∥c 且 a∥b ∴a∥b∥c

故 a、b、c 两两平行. 由此可知 a、b、c 相交于一点或两两平行. 说明:此结论常常作为定理使用,在判断问题中经常被使用. 91. 如图,正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 在 AB1 上,F 在 BD 上,且 B1E=BF. 求证:EF∥平面 BB1C1C. 证法一:连 AF 延长交 BC 于 M,连结 B1M. ∵AD∥BC ∴△AFD∽△MFB ∴

AF DF = FM BF

又∵BD=B1A,B1E=BF ∴DF=AE ∴

AF AE = FM B1 E

∴EF∥B1M,B1M ? 平面 BB1C1C ∴EF∥平面 BB1C1C. 证法二:作 FH∥AD 交 AB 于 H,连结 HE ∵AD∥BC ∴FH∥BC,BC ? BB1C1C ∴FH∥平面 BB1C1C 由 FH∥AD 可得

BF BH = BD BA

又 BF=B1E,BD=AB1



B1 E BH = AB1 BA

∴EH∥B1B,B1B ? 平面 BB1C1C ∴EH∥平面 BB1C1C, EH∩FH=H ∴平面 FHE∥平面 BB1C1C EF ? 平面 FHE ∴EF∥平面 BB1C1C 说明:证法一用了证线面平行,先证线线平行.证法二则是证线面平行,先证面面平行,然后说明直线 在其中一个平面内. 92. 已知:平面α∥平面β,线段 AB 分别交α、β于点 M、N;线段 AD 分别交α、β于点 C、D;线段 BF 分别交α、β于点 F、E,且 AM=m,BN=n,MN=p,△FMC 面积=(m+p)(n+p),求:END 的面积. 解析:如图,面 AND 分别交α、β于 MC,ND,因为α∥β, 故 MC∥ND,同理 MF∥NE,得 ∠FMC=∠END, ∴ND∶MC=(m+p):m 和 EN∶FM=n∶(n+p)

1 ? EN ? ND ? sin END 2 S△END∶S△FMC= 1 ? FM ? MC ? sin FMC 2
得 S△END=

EN ND × ×S△FMC FM MC



n m+ p n 2 ? ·(m+p)(n+p)= (m+p) n+ p m m n (m+p)2 平方单位. m

∴△END 的面积为

93. 如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 N 在 BD 上,点 M 上,并且 CM=DN. 求证:MN∥平面 AA1B1B. 解析:本题是把证“线面平行”转化为证“线线平行” ,即在 ABB1A1 内找一条直线与 MN 平行,除上面的证法外,还可以连 长交直线 BA 于点 P,连 B1P,就是所找直线,然后再设法证 B1P.

在 B1C

平面 CN 并延 明 MN∥

分析二:要证“线面平行”也可转化为证“面面平行” ,因此,本题也可设法过 MN 作一个平面,使此 平面与平面 ABB1A1 平行,从而证得 MN∥平面 ABB1A1. 94. 已知 E,F 分别是正方形 ABCD 边 AD,AB 的中点,EF 交 AC 于 M,GC 垂直于 ABCD 所在平面.

(1)求证:EF⊥平面 GMC. (2)若 AB=4,GC=2,求点 B 到平面 EFG 的距离. 解析:第 1 小题,证明直线与平面垂直,常用的方法是判定定理;第 2 小题,如果用定义来求点到平 面的距离,因为体现距离的垂线段无法直观地画出,因此,常常将这样的问题转化为直线到平面的距 离问题. 解: (1)连结 BD 交 AC 于 O, ∵E,F 是正方形 ABCD 边 AD,AB 的中点,AC⊥BD, ∴EF⊥AC.

∵AC∩GC=C, ∴EF⊥平面 GMC. (2)可证 BD∥平面 EFG,由例题 2,正方形中心 O 到平面 EFG

95. 已知:ABCD 是矩形,SA⊥平面 ABCD,E 是 SC 上一点.

求证:BE 不可能垂直于平面 SCD. 解析:用到反证法,假设 BE⊥平面 SCD,

∵ AB∥CD;∴AB⊥BE.

∴ AB⊥SB,这与 Rt△SAB 中∠SBA 为锐角矛盾. ∴ BE 不可能垂直于平面 SCD. 96. 已知 PA,PB,PC 与平面α所成的角分别为 60°,45°,30°,PO⊥平面α,O 为垂足,又斜足 A, B,C 三点在同一直线上,且 AB=BC=10cm,求 PO 的长.

解析:

97. 已知:如图,AS⊥平面 SBC,SO⊥平面 ABC 于 O, 求证:AO⊥BC. 解析:连结 AO,证明 BC⊥平面 ASO. 98. 已知 ABCD 是矩形,SA⊥平面 ABCD,M、N 分别是 SC、 求证:MN⊥AB. 解析:连结 MB、MA,证明 MB=MA. AB 的中点.

99. 已知:如图,平面α ∩平面β =直线 l,A∈α ,AB⊥β ,B∈β ,BC⊥α ,C∈α,求证:AC⊥l. 证明:∵ AB⊥β ,l ? β ∴ l⊥AB ∵ BC⊥α ,l ? α ∴ l⊥BC ∵ AB∩BC=B

∴ l⊥平面 ABC ∵ AC ? 平面 ABC ∴ l⊥AC 100. 已知:如图,P 是∠BAC 所在平面外一点,PD⊥AB,D 为垂足,PE⊥AC,E 为垂足,在平面 BAC 内过 D 作 DF⊥AB,过 E 作 EF⊥AC,使得 EF∩DF=F.连结 PF,求证:PF⊥平面 BAC. 证明:∵PD⊥AB,DF⊥AB,PD I DF=D ∴AB⊥平面 PDF ∵PF ? 平面 PDF ∴ AB⊥PF 同理,AC⊥PF ∵ PF⊥AB,PF⊥AC,BA I AC=A ∴ PF⊥平面 BAC 101. ?A′B ′C ′ 是△ABC 在平面 α 上的射影,那么 ∠A′B ′C ′ 和∠ABC 的大小关系是 ( (A) ∠A′B ′C ′ <∠ABC (C) ∠A′B ′C ′ ≥∠ABC 解析:D 一个直角,当有一条直角边平行于平面时,则射影角可以等于原角大小,但一般情况不等. 102. 已知: 如图, △ABC 中, ∠ACB = 90°, CD⊥平面 α , AD, BD 和平面 α 所成的角分别为 30°和 45°, CD = h, 求: D 点到直线 AB 的距离。 解析:1、先找出点 D 到直线 AB 的距离, 即过 D 点作 △ABD 中不易求解。 DE⊥AB, 从图形以及条件可知, 若把 DE 放在 (B) ∠A′B ′C ′ >∠ABC (D) 不能确定 )

2、由于 CD⊥平面 α , 把 DE 转化到直角三角形中求解, 从而转化为先求 DE 在平面 α 内的射影长。

解: 连 AC, BC, 过 D 作 DE⊥AB, 连 CE, 则 DE 为 D 到直线 AB 的距离。

∵CD⊥ α ∴AC, BC 分别是 AD, BD 在 α 内的射影。 ∴∠DAC, ∠DBC 分别是 AD 和 BD 与平面 α 所成的角 ∴∠DAC = 30°, ∠DBC = 45° 在 Rt△ACD 中, ∵CD = h, ∠DAC = 30° ∴AC = 3h

在 Rt△BCD 中

∵CD = h, ∠DBC = 45°

∴BC = h ∵CD⊥ α , DE⊥AB ∴CE⊥AB 在 Rt△ACB 中 AB = S= AC 2 + BC 2 = 2h

1 1 AC × BC = AB·CE 2 2 AC × BC 3h·h 3 = = h AB 2h 2

∴ CE =

∴在 Rt△DCE 中,

DE = DC 2 + CE 2 = h 2 + (

3 2 7 h) = h 2 2

∴点 D 到直线 AB 的距离为

7 h。 2

103. 已知 a、b、c 是平面 α 内相交于一点 O 的三条直线,而直线 l 和 α 相交,并且和 a、b、c 三条直 线成等角. 求证:l⊥α 证法一:分别在 a、b、c 上取点 A、B、C 并使 AO = BO = CO.设 l 经过 O,在 l 上取一点 P,在△POA、 △POB、△POC 中, ∵ PO 公用,AO = BO = CO,∠POA =∠POB=∠POC, ∴ △POA≌△POB≌△POC ∴ PA = PB = PC.取 AB 中点 D.连结 OD、PD,则 OD⊥AB,PD⊥AB, ∵ PD I OD = D ∴ AB⊥平面 POD ∵ PO ? 平面 POD. ∴ PO⊥AB. 同理可证 PO⊥BC

∵ AB ? α , BC ? α , AB I BC = B ∴ PO⊥α,即 l⊥α 若 l 不经过 O 时,可经过 O 作 l ′ ∥l.用上述方法证明 l ′ ⊥α, ∴ l⊥α. 证法二:采用反证法 假设 l 不和 α 垂直,则 l 和 α 斜交于 O. 同证法一,得到 PA = PB = PC.

过 P 作 PO ′ ⊥ α 于 O ′ ,则 AO ′ = BO ′ = CO ′ ,O 是△ABC 的外心.因为 O 也是△ABC 的外心,这样, △ABC 有两个外心,这是不可能的. ∴ 假设 l 不和 α 垂直是不成立的. ∴ l⊥α 若 l 不经过 O 点时,过 O 作 l ′ ∥l,用上述同样的方法可证 l ′ ⊥α, ∴ l⊥α 评述: (1)证明线面垂直时,一般都采用直接证法(如证法一) ,有时也采用反证法(如证法二)或同 一法. 104. P 是△ABC 所在平面外一点,O 是点 P 在平面 α 上的射影. (1)若 PA = PB = PC,则 O 是△ABC 的____________心. (2)若点 P 到△ABC 的三边的距离相等,则 O 是△ABC_________心. (3)若 PA 、PB、PC 两两垂直,则 O 是△ABC_________心. (4)若△ABC 是直角三角形,且 PA = PB = PC 则 O 是△ABC 的____________心. (5)若△ABC 是等腰三角形,且 PA = PB = PC,则 O 是△ABC 的____________心. (6)若 PA、PB、PC 与平面 ABC 所成的角相等,则 O 是△ABC 的________心; 解析: (1)外心.∵ PA=PB=PC,∴ OA=OB=OC,∴ O 是△ABC 的外心.

(2)内心(或旁心) .作 OD⊥AB 于 D,OE⊥BC 于 E,OF⊥AC 于 F,连结 PD、PE、PF.∵ PO ⊥平面 ABC,∴ OD、OE、OF 分别为 PD、PE、PF 在平面 ABC 内的射影,由三垂线定理可知,PD ⊥AB, PE⊥BC, PF⊥AC. 由已知 PD=PE=PF, 得 OD=OE=OF, ∴ O 是△ABC 的内心. (如图答 9-23) (3)垂心. (4)外心. (5)外心 (6)外心.PA 与平面 ABC 所成的角为∠PAO,在△PAO、△PBO、△PCO 中,PO 是公共边,∠POA= ∠POB=∠POC=90°, ∠PAO=∠PBO=∠PCO, ∴ △PAO≌△PBO≌△PCO, ∴ OA=OB=OC, ∴ O 为△ABC 的外心.

(此外心又在等腰三角形的底边高线上) .

105. 将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折起来,使点 C 的新位置 C ′ 在面 ABC 上的射影 E 恰在 AB 上. 求证: AC ′ ⊥ BC ′ 分析: 欲证 AC ′ ⊥ BC ′ , 只须证 BC ′ 与 AC ′ 所在平面 AC ′D 垂直; 而要证 BC ′ ⊥平面 AC ′D , 只须证 BC ′ ⊥ C ′D 且 BC ′ ⊥AD.因此,如何利用三垂线定理证明线线垂直就成为关键步骤了. 证明:由题意, BC ′ ⊥ C ′D ,又斜线 BC ′ 在平面 ABCD 上的射影是 BA, ∵ BA⊥AD,由三垂线定理,得 C ′B ⊥ AD , C ′D I DA = D . ∴ BC ′ ⊥平面 C ′AD ,而 C ′A ? 平面 C ′AD ∴ BC ′ ⊥ AC ′ 106. 已知异面直线 l1 和 l2,l1⊥l2,MN 是 l1 和 l2 的公垂线,MN = 4,A∈l1,B∈l2,AM = BN = 2,O 是 MN 中点.① 求 l1 与 OB 的成角.②求 A 点到 OB 距离. 分析:本题若将条件放入立方体的“原型”中,抓住“一个平面四条线”的图形特征及“直线平面垂 直”的关键性条件,问题就显得简单明了. 解析: (1)如图,画两个相连的正方体,将题目条件一一标 OB 在底面上射影 NB⊥CD,由三垂线定理,OB⊥CD,又 ∴ OB⊥MA 即 OB 与 l1 成 90° (2)连结 BO 并延长交上底面于 E 点. 在图中. CD∥MA,

ME = BN∥ , ∴ ME = 2,又 ON = 2 ∴ OB = OE = 2 2 . 作 AQ⊥BE,连结 MQ. 对于平面 EMO 而言,AM、AQ、MQ 分别为垂线、斜线、斜线在平面内的射影,由三垂线逆定理得 MQ⊥EO. 在 Rt△MEO 中, MQ =

ME ? MO 2 × 2 = 2. = EO 2 2

AM 2 + MQ 2 = 4 + 2 = 6 ,本题通过补形法使较困难的问题变得 明显易解;求点到直线的距离,仍然是利用直线与平面 垂直的 关键条件,抓住“一个面四条线”的图形特征来解决的.
107. 已知各棱长均为 a 的正四面体 ABCD,E 是 AD 边 点,连结 CE.求 CE 与底面 BCD 所成角的正弦值. 解析:作 AH⊥底面 BCD,垂足 H 是正△BCD 中心, 连 DH 延长交 BC 于 F,则平面 AHD⊥平面 BCD, 作 EO⊥HD 于 O,连结 EC, 则∠ECO 是 EC 与底面 BCD 所成的角 则 EO⊥底面 BCD. 的中

评述:又在 Rt△AMQ 中, AQ =

HD =

2 2 3 3 DF = × a= a 3 3 2 3 a2 6 = a 3 3

AH = AD 2 ? HD 2 = a 2 ?

EO =

1 1 6 6 3 AH = × a= a , CE = a 2 2 3 6 2

6 a EO 2 ∴ sin ∠ECO = = 6 = 3 EC 3 a 2
108. 已知四面体 S-ABC 中,SA⊥底面 ABC,△ABC 是锐角三角形,H 是点 A 在面 SBC 上的射影.求 证:H 不可能是△SBC 的垂心. 分析:本题因不易直接证明,故采用反证法. 证明:假设 H 是△SBC 的垂心,连结 BH,并延长交 SC 于 D 点,则 BH⊥SC ∵ AH⊥平面 SBC, ∴ BH 是 AB 在平面 SBC 内的射影 ∴ SC⊥AB(三垂线定理)
A

S D H

C

又∵ SA⊥底面 ABC,AC 是 SC 在面内的射影
B

∴ AB⊥AC(三垂线定理的逆定理) ∴ △ABC 是 Rt△与已知△ABC 是锐角三角形相矛盾,于是假设不成立. 故 H 不可能是△SBC 的垂心. 109. 已知ABCD是边长为4的正方形,E、F分别是AB、AD的中点,GC垂直于ABCD所在的平面,且 GC=2.求点B到平面EFG的距离.

解析:如图,连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O. 因为ABCD是正方形,E、 F分别为AB和AD的中点,故EF∥BD,H为AO的中点. BD不在平面EFG上.否则,平面EFG和平面ABCD重合,从而点G在平面的ABCD上,与题设矛盾. 由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG,所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距 离. ——4分 ∵ BD⊥AC, ∴ EF⊥HC.

∵ GC⊥平面ABCD, ∴ EF⊥GC, ∴ EF⊥平面HCG. ∴ 平面EFG⊥平面HCG,HG是这两个垂直平面的交线. ——6分

作OK⊥HG交HG于点K,由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG,所以线段OK的长就是点B到平 面EFG的距离. ——8分 ∵ 正方形ABCD的边长为4,GC=2, ∴ AC=4 2 ,HO= 2 ,HC=3 2 . ∴ 在Rt△HCG中,HG=

(3 2 )
=

2

+ 2 2 = 22 .

由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的,故Rt△HKO∽△HCG.

∴ OK=

HO ? GC = HG

2×2 22

2 11 . 11
——10分

即点B到平面EFG的距离为

2 11 . 11

注:未证明“BD 不在平面 EFG 上”不扣分. 110. 已知:AB 与 CD 为异面直线,AC=BC,AD=BD. 求证:AB⊥CD. 说明: (1)应用判定定理,掌握线线垂直的一般思路. (2)思路:欲证线线垂直,只需证线面垂直,再证线线垂直,而由已知构造线线垂直是关键. (3)教学方法,引导学生分析等腰三角形三线合一的性质构造图形,找到证明方法. 证明:如图,取 AB 中点 E,连结 CE、DE ∵AC=BC,E 为 AB 中点.

∴CE⊥AB 同理 DE⊥AB,又 CE∩DE=E, 且 CE ? 平面 CDE,DE ? 平面 CDE. ∴AB⊥平面 CDE 又 CD ? 平面 CDE ∴AB⊥CD. 111. 两个相交平面α、β 都垂直于第三个平面γ ,那么它们的交线 a 一定和第三个平面垂直. 证明:在γ 内取一点 P,过 P 作 PA 垂直α 与γ P 作 PB 垂直β 与γ 的交线. ∵ α⊥γ 且β⊥γ ∴ PA⊥α且 PB⊥β ∴ PA⊥a 且 PB⊥a ∴ a⊥γ 的交线; 过

112. 在立体图形 P-ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,PA⊥底面 ABCD,PA=AB,Q 是 PC 中点. AC,BD 交于 O 点. (Ⅰ)求二面角 Q-BD-C 的大小: (Ⅱ)求二面角 B-QD-C 的大小. 解析: (Ⅰ)解:连 QO,则 QO∥PA 且 QO= ∵ PA⊥面 ABCD ∴ QO⊥面 ABCD 面 QBD 过 QO,

1 PA 2



1 AB 2

∴ 面 QBD⊥面 ABCD 故二面角 Q-BD-C 等于 90°. (Ⅱ)解:过 O 作 OH⊥QD,垂足为 H,连 CH.
Q

∵ 面 QBD⊥面 BCD,
B

H D C

又∵ CO⊥BD CO⊥面 QBD CH 在面 QBD 内的射影是 OH ∵ OH⊥QD ∴ CH⊥QD 于是∠OHC 是二面角的平面角. 设正方形 ABCD 边长 2, 则 OQ=1,OD= 2 ,QD= 3 . ∵ OH·QD=OQ·OD

O

∴ OH=

2 3



又 OC= 2

在 Rt△COH 中:tan∠OHC=

2 OC = 2· = 3 OH 3

∴ ∠OHC=60° 故二面角 B-QD-C 等于 60°. 113. 如图在ΔABC 中, AD⊥BC, ED=2AE, 过 E 作 FG∥BC, 且将ΔAFG 沿 FG 折起, 使∠A'ED=60 °,求证:A'E⊥平面 A'BC

解析:弄清折叠前后,图形中各元素之间的数量关系和位置关系。 解: ∵FG∥BC,AD⊥BC ∴A'E⊥FG ∴A'E⊥BC 设 A'E=a,则 ED=2a 由余弦定理得: A'D =A'E +ED -2?A'E?EDcos60° =3a
2 2 2 2 2 2

A' G A E F

C D

∴ED =A'D +A'E ∴A'D⊥A'E

2

∴A'E⊥平面 A'BC 114. α、β 是两个不同的平面,m,n 是平面 α 及 β 之外的两条不同直线,给出四个论断:①m⊥n,②α ⊥β,③n⊥β,④m⊥α.以其中三个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出你认为正确的一个 命题,并证明它. 解析:m⊥α,n⊥β,α⊥β ? m⊥n(或 m⊥n,m⊥α,n⊥β ? α⊥β) 证明如下:过不在 α、β 内的任一点 P,作 PM∥m,PN∥n 过 PM、PN 作平面 r 交 α 于 MQ,交 β 于 NQ.

m ⊥α ? ? ? PM ⊥ α ? PM ⊥ MQ , PM // m ?
同理 PN⊥NQ. 因此∠MPN+∠MQN = 180°, 故∠MQN = 90° ? ∠MPN = 90° 即 α⊥β ? m⊥n.

115. 已知: α I β = a ,α⊥γ,β⊥γ,b∥α,b∥β. 求证:a⊥γ且 b⊥γ.

解析:在 a 上任取一点 P,过 P 作 PQ⊥r. ∵ β⊥r, ∵ α⊥r, ∴ PQ ? β , ∴ PQ ? α ,

∴ PQ 与 a 重合,故 a⊥r. 过 b 和点 P 作平面 S, 则 S 和 α 交于 PQ1,S 和 β 交于 PQ2, ∵ b∥α,b∥β ∴ b∥PQ1,且 b∥PQ2. 于是 PQ1 和 PQ2 与 a 重合, 故 b∥a, 而 a⊥r, ∴ b⊥r. 求点 P 到

116. 已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,且 AB=3,BC=4,PA=3, CD 和 BD 的距离. 解析:∵ PA⊥平面 ABCD,AD⊥CD,且 CD ? 平面 ABCD. ∴ PD⊥CD(三垂线定理) .在 Rt△PAD 中,PD= PA + AD
2 2



3 2 + 4 2 =5.
又作 PH⊥BD 于 H,连结 AH,由三垂线定理的逆定理, 有 AH⊥BD.这里,PH 为点 P 到 BD 的距离. 在 Rt△ABD 中,AH=

AB ? AD 12 = BD 5

在 Rt△PAH 中,PH= PA 2 + AH 2 = 3 2 + ?

369 ? 12 ? ? = 5 ?5?
)

2

117. 点 P 在平面 ABC 的射影为 O,且 PA、PB、PC 两两垂直,那么 O 是△ABC 的( (A) 内心 (C) 垂心 (B) 外心 (D) 重心

解析:由于 PC⊥PA,PC⊥PB,所以 PC⊥平面 PAB, ∴ PC⊥AB. 又 P 在平面 ABC 的射影为 O,连 CO,则 CO 是 PC 在平面 ABC 据三垂线定理的逆定理,得:CO⊥AB, 同理可证 AO⊥BC,O 是△ABC 的垂心,答案选 C. 118. 如图 02,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P、Q、R 分别是棱 AA1、BB1、BC 上的点,PQ∥AB, C1Q⊥PR,求证:∠D1QR=90°. 证明:∵ PQ∥AB,AB⊥平面 BC1, ∴ PQ⊥平面 BC1,QR 是 PR 在平面 BC1 的射影. 根据三垂线定理的逆定理,由 C1Q⊥PR 得 C1Q⊥QR. 又因 D1C1⊥平面 BC1, 则 C1Q 是 D1Q 在平面 B1C 的射影, 根据三垂线定理, 由 C1Q⊥QR 得 QR⊥D1Q. ∴ ∠D1QR=90° 119. 在空间四边形 ABCD 中, 已知 AC⊥BD, AD⊥BC, 求证: AB⊥CD。 解析: 1、条件 AC⊥BD, AD⊥BC, 可以看作斜线 AD, AC 与平面 BCD 内的直线的位置关系, 从而联想 到用三垂线定理或其逆定理证明命题。 2、如何找斜线在平面内的射影, 显然是过 A 点作直线垂直于平面 BCD, 这样斜线与直线的位置关 系, 通过射影与直线的位置关系判定。 证明: 过 A 点作 AO 垂直于平面 BCD 于 O 的射影, 根

连 BO, CO, DO ∵AO⊥平面 BCD, AC⊥BD

∴CO⊥BD

∵AO⊥平面 BCD, AD⊥BC

∴DO⊥BC ∴O 为△BCD 的垂心 ∴BO⊥CD ∴AB⊥CD 120. 如图, 在空间四边形 SABC 中, SA⊥平面 ABC, ∠ABC = 90°, AN⊥SB 于 N, AM⊥SC 于 M。求证: ① AN⊥BC; ②SC⊥平面 ANM 解析: ①要证 AN⊥BC, 转证, BC⊥平面 SAB。 ②要证 SC⊥平面 ANM, 转证, SC 垂直于平面 ANM 内的两条相交直线, 即证 SC⊥AM, SC⊥AN。要证 SC⊥AN, 转证 AN⊥平面 SBC, 就可以了。 证明: ①∵SA⊥平面 ABC ∴SA⊥BC

又∵BC⊥AB, 且 AB I SA = A

∴BC⊥平面 SAB ∵AN ? 平面 SAB ∴AN⊥BC ②∵AN⊥BC, AN⊥SB, 且 SB I BC = B ∴AN⊥平面 SBC ∵SCC 平面 SBC ∴AN⊥SC 又∵AM⊥SC, 且 AM I AN = A ∴SC⊥平面 ANM 121. 已知如图,P ? 平面 ABC,PA=PB=PC,∠APB=∠APC=60°,∠BPC=90 °求证:平面 ABC⊥平面 PBC 解析:要证明面面垂直,只要在其呈平面内找一条线,然后证 与另一平面垂直即可。显然 BC 中点 D,证明 AD 垂直平 PBC 证明: 取 BC 中点 D 连结 AD、PD ∵PA=PB;∠APB=60° ∴ΔPAB 为正三角形 同理ΔPAC 为正三角形 设 PA=a 在 RTΔBPC 中,PB=PC=a BC= 2 a 明直线 即可

∴PD= 在ΔABC 中 AD=

2 a 2

AB 2 ? BD 2

=

2 a 2
2 2
2

? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ∵AD +PD = ? ? 2 a? + ? 2 a? ? ? ? ?
2

=a =AP

2

2

∴ΔAPD 为直角三角形 即 AD⊥DP 又∵AD⊥BC ∴AD⊥平面 PBC ∴平面 ABC⊥平面 PBC 122. 如果两个相交平面都垂直于第三个平面,那么它们的交线也垂直于这个平面。 已知:β⊥α,γ⊥α,β I γ=a 求证:a⊥α 解析:利用线面垂直的性质定理 证明:设α I β=AB,α I γ=CD 在平面β内作 L1⊥AB, 在平面γ内作 L1⊥CD, ∵α⊥β∴L1⊥α 同理 L2⊥α ∴L1//L2 ∴L1//β ∴L1//a ∴a⊥α

γ

a L2 D

β L1

B C

α

A

113. 已知 SA、SB、SC 是共点于 S 的且不共面的三条射线,∠ BSA=∠ASC=45°,∠BSC=60°,求证:平面 BSA⊥平面 SAC 解析:先作二面角 B-SA-C 的平面角,根据给定的条件,在棱 S 取一点 P,分别是在两个平面内作直线与棱垂直 证明:在 SA 上取一点 P 过 P 作 PR⊥SA 交 SC 于 R 过 P 作 PQ⊥SA 交 SB 于 Q ∴∠QPR 为二面角 B-SA-C 的平面角设 PS=a ∵∠PSQ=45°,∠SPQ=90° ∴PQ=a,SQ= 2 a 同理 PR= a,SR= 上

2a

∵∠PSQ=60°,SR=SQ= 2 a ∴ΔRSQ 为正三角形则 RQ= 2 a ∵PR +PQ =2a =QR ∴∠QPQ=90° ∴二面角 B-SA-C 为 90° ∴平面 BSA⊥平面 SAC 114. 设 S 为 ?ABC 平面外的一点,SA=SB=SC, ∠ASB = 2α , ∠BSC = 2 β , ∠ASC = 2γ ,若
2 2 2 2

sin 2 α + sin 2 β = sin 2 γ ,求证:平面 ASC ⊥ 平面 ABC。
解析: (1)把角的关系转化为边的关系 (2)利用棱锥的性质(三棱锥的侧棱相等,则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心) 证明:设 D 为 AB 的中点

Q SA = SB

∴ ∠ASD = α

sin α =

AD AB = SA 2SA

同理 sin β =

BC AC , sin γ = 2 SB 2SC

Q SA = SB = SC 且 sin 2 α + sin 2 β = sin 2 γ ∴ AB 2 + BC 2 = AC 2
即 ?ABC 为 Rt?ABC 且 S 在平面上的射影 O 为 ?ABC 的外心 则 O 在斜边 AC 的中点。

∴ SO ⊥ 平面 ABC Q SO ? 平面 SAC ∴ 平面 ASC ⊥ 平面 ABC
115. 两个正方形 ABCD 和 ABEF 所在的平面互相垂直,求异面直线 AC 和 BF 所成角的大小. 解析:作 BP∥AC 交 DC 延长线于 P,则∠FBP(或补角)就是异面直线 BF 和 AC 所成的角,设正方形边 长为 a, PF =

6a 在△BPF 中,由余弦定理得 cos ∠FBP =

1 ,异面直线 AC 和 BF 成 60°角. 2

116. 二面角α-a-β的值为θ(0°<θ<180°),直线 l⊥α,判断直线 l 与平面β的位置关系,并证明你 的结论. 解析: 分两种情况,θ=90°,θ≠90°.

当θ=90°时,l∥β或 l ? β,这个结论可用反证法证明; 当θ≠90°时,l 必与β相交,也可用反证法证明. 117. 已知平面α⊥平面β,交线为 AB,C∈ α ,D∈ β , AB = AC = BC = 4 3 ,E 为 BC 的中点, AC⊥BD,BD=8. ①求证:BD⊥平面 α ; ②求证:平面 AED⊥平面 BCD; ③求二面角 B-AC-D 的正切值.

解析:①AB 是 AC 在平面β上的射影,由 AC⊥BD 得 AB⊥BD.∵ α⊥β.∴ DB⊥α. ②由 AB=AC,且 E 是 BC 中点,得 AE⊥BC,又 AE⊥DB,故 AE⊥平面 BCD,因此可证得平面 AED ⊥平面 BCD. ③设 F 是 AC 中点,连 BF,DF.由于△ABC 是正三角形,故 BF⊥AC.又由 DB⊥平面α,则 DF⊥ AC,∠BFD 是二面角 B-AC-D 的平面角, 在 Rt△BFD 中, tg∠BFD =

BD 4 = . BF 3

118. 如图,△ABC 和△DBC 所在的两个平面互相垂直,且 AB=BC=BD,∠ABC= ∠DBC=120°,求 (1) A、D 连线和直线 BC 所成角的大小; (2) 二面角 A-BD-C 的大小
D B C A

解析: 在平面 ADC 内作 AH⊥BC, H 是垂足, 连 HD. 因为平面 ABC⊥平面 BDC. 所以 AH⊥平面 BDC. HD 是 AD 在平面 BDC 的射影.依题设条件可证得 HD⊥BC,由三垂线定理得 AD⊥BC,即异面直线 AD 和 BC 形成的角为 90°. 在平面 BDC 内作 HR⊥BD,R 是垂足,连 AR.HR 是 AR 在平面 BDC 的射影,∴ AR⊥BD,∠ARH 是二面角 A-BD-C 的平面角的补角,设 AB=a,可得,

AH =

3 3 3 a , HR = BH = a, 2 2 4 AH = 2. HR

∴ tg∠ARH =

∴ 二面角 A-BD-C 的大小为π-arctg2. 119. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 BB1,CC1 的中点,求异面直线 AE 和 BF 所成 角的大小. 解析:取 DD1 的中点 G,可证四边形 ABFG 是平行四边形,得出 BF∥AG, 则∠GAE 是异面直线 AE 与 BF 所成的角.连 GF,设正方体棱长为 a,

GE = B1 D1 = 2a , AE = AG =
在△AEG 中,由余弦定理得

5 a. 2
A1

D1

C1 B1 E C B

G

F

D

5 5 + ?2 1 AG 2 + AE 2 ? GE 2 cos ∠GAE = = 4 4 = 2 ? AG ? AE 5 5 5 2? ? 2 2
∴ ∠GAE = arccos

A

1 . 5

120. 矩形 ABCD,AB=3,BC=4,沿对角线 BD 把△ABD 折起,使点 A 在平面 BCD 上的射影 A′落在 BC 上, 求二面角 A-BD-C 的大小的余弦值.

在 Rt△AA′O 中,∠AA′O=90°,

121.

已知:如图 12,P 是正方形 ABCD 所在平面外一点,PA=PB=PC=PD=a,AB=a.

求:平面 APB 与平面 CPD 相交所成较大的二面角的余弦值.

分析:为了找到二面角及其平面角,必须依据题目的条件,找出两个平面的交线. 解:因为 所以 又 AB∥CD,CD 平面 CPD,AB 平面 CPD.

AB∥平面 CPD.

P∈平面 APB,且 P∈平面 CPD, 平面 APB∩平面 CPD=l,且 P∈l. 二面角 B-l-C 就是平面 APB 和平面 CPD 相交所得到的一个二面角. AB∥平面 CPD,AB AB∥l. 平面 APB,平面 CPD∩平面 APB=l,

因此 所以 因为 所以

过 P 作 PE⊥AB,PE⊥CD. 因为 因此 所以 因为 l∥AB∥CD, PE⊥l,PF⊥l, ∠EPF 是二面角 B-l-C 的平面角. PE 是正三角形 APB 的一条高线,且 AB=a,

因为 所以

E,F 分别是 AB,CD 的中点, EF=BC=a.

在△EFP 中,

122. 在四面体 ABCD 中,AB=AD=BD=2,BC=DC=4,二面角 A-BD-C 的大小为 60°,求 AC 的长. 解析:作出二面角 A-BD-C 的平面角

在棱 BD 上选取恰当的点

AB=AD,BC=DC 解:取 BD 中点 E,连结 AE,EC ∵ AB=AD,BC=DC ∴ AE⊥BD,EC⊥BD ∴ ∠AEC 为二面角 A-BD-C 的平面角 ∴ ∠AEC=60° ∵ AD=2,DC=4 ∴ AE= 3 ,EC= 15

∴ 据余弦定理得:AC= 18 ? 3 5 . 123. 河堤斜面与水平面所成角为 60°,堤面上有一条直道 CD,它与堤角的水平线 AB 的夹角为 30°, 沿着这条直道从堤角向上行走到 10 米时,人升高了多少(精确到 0.1 米)? 解析: 已知 所求

河堤斜面与水平面所成角为 60°

E 到地面的距离

利用 E 或 G 构造棱上一点 F

以 EG 为边构造三角形

解:取 CD 上一点 E,设 CE=10 m,过点 E 作直线 AB 所在的水平面的垂线 EG,垂足为 G,则线段 EG 的长就是所求的高度. 在河堤斜面内,作 EF⊥AB.垂足为 F,连接 FG,由三垂线定理的逆定理,知 FG⊥AB.因此,∠EFG 就是河堤斜面与水平面 ABG 所成的二面角的平面角,∠EFG=60°. 由此得: EG=EFsin60° =CE sin30°sin60°

=10×

3 1 × ≈4.3(m) 2 2

答:沿着直道向上行走到 10 米时,人升高了约 4.3 米. 124. 二面角 α—a—β 是 120°的二面角,P 是该角内的一点.P 到 α、β 的距离分别为 a,b.求:P 到 棱 a 的距离. 解析:设 PA⊥α 于 A,PB⊥β 于 B.过 PA 与 PB 作平面 r 与 α 交于 AO,与 β 交于 OB, ∵ PA⊥α,PB⊥β,∴ a⊥PA,且 a⊥PB ∴ a⊥面 r,∴ a⊥PO,PO 的长为 P 到棱 a 的距离. 且∠AOB 是二面角之平面角,∠AOB =120° ∴ ∠APB = 60°,PA = a,PB = b.

AB = a 2 + b 2 ? 2ab cos 60° = a 2 ? ab + b 2 AB sin ∠APB = PO ,



∴ PO =

2 3 ? a 2 ? ab + b 2 . 3

125. 如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F 分别为 AB、CC1 的中点,则异面直线 A1C 与 EF 所成 角的余弦值是 ( )

(A)

3 3

(B)

2 3

(C)

1 3

(D)

1 6
上选一 的平面 点 O, A1C 与

解析:选哪一点,如何作平行线是解决本题的关键,显然在 EF 点作 AC 的平行线要简单易行,观察图形,看出 F 与 A1C 确定 A1CC1 恰是正方体的对角面,在这个面内,只要找出 A1C1 的中 连结 OF,这条平行线就作出了,这样,∠EFO 即为异面直线 EF 所成的角.容易算出这个角的余弦值是

2 ,答案选 B. 3
面N的

126.在 60°的二面角 M-a-N 内有一点 P,P 到平面 M、平 距离分别为 1 和 2,求 P 点到直线 a 的距离.

解析:本题涉及点到平面的距离,点到直线的距离,二面角的 平面角 等概念, 图中都没有表示, 按怎样的顺序先后作出相应的图形 是解决 本题的关键.可以有不同的作法,下面仅以一个作法为例,说 明这些 概念的特点,分别作 PA⊥M,M 是垂足,PB⊥N,N 是垂足, 先作了 两条垂线,找出 P 点到两个平面的距离,其余概念要通过推 理得 ∈a. 由 出:于是 PA、PB 确定平面α,设α∩M=AC,α∩N=BC,c 于 PA⊥M,则 PA⊥a,同理 PB⊥a,因此 a⊥平面α,得 a⊥PC.这样,∠ACB 是二面角的平面角, PC 是 P 点到直线 a 的距离,下面只要在四边形 ACBP 内,利用平面几何的知识在△PAB 中求出 AB, 再在△ABC 中利用正弦定理求外接圆直径 2R=

2 21 2 21 ,即为 P 点到直线 a 的距离,为 . 3 3

127. 已知空间四边形 ABCD 中,AB = BC =CD= AD = BD = AC, E、F 分别为 AB、CD 的中点, (1)求证:EF 为 AB 和 CD 的公垂线 (2)求异面直线 AB 和 CD 的距离 解析:构造等腰三角形证明 EF 与 AB、CD 垂直,然后在等腰三角形中求 EF

解;①连接 BD 和 AC,AF 和 BF,DE 和 CE 设四边形的边长为 a ∵ AD = CD = AC = a ∴ △ABC 为正三角形 ∵ DF = FC

∴ AF ⊥ DC 且 AF =

3 a 2

同理 BF =

3 A 2

∴ BF = FA
即△ AFB 为等腰三角形 在△ AFB 中, ∵ AE = BE ∴ FE ⊥ AB 同理在 △ DEC 中 EF ⊥ DC ∴ EF 为异面直线 AB 和 CD 的公垂线

②在 △ AFB 中 ∵ EF ⊥ AB 且 AF =

3 1 1 a, AE = AB = a a 2 2

∴ EF =

AF 2 ? AE 2 =

2 a 2

∵ EF ⊥ DC , EF ⊥ AB ∴ EF 为异面直线 AB 和 CD 的距离

∴ AB 和 CD 的距离为

2 a 2

128. 正方形 ABCD 中,以对角线 BD 为折线,把ΔABD 折起,使二面角 Aˊ-BD-C 为 60°,求二面角 B-A ˊC-D 的余弦值 解析:要求二面角 B-AˊC-D 的余弦值,先作出二面角的 角,抓住图形中 AˊB=BC,AˊD=DC 的关系,采用定义法 面角∠BED(E 为 AC 的中点)然后利用余弦定理求解 解:连 BD、AC 交于 O 点 则 AˊO⊥BD,CO⊥BD ∴∠AˊOC 为二面角 Aˊ-BD-C 的平面角 ∴∠AˊOC=60° 设正方形 ABCD 的边长为 a 平面 作出平

∵A′O=OC=1/2AC= ∠A′OC=60°

2 a 2

∴ΔA′OC 为正三角形则 A′C=

2 a 2

取 A′C 的中点,连 DE、BE ∵A′B=BC ∴BE⊥A′C 同理 DE⊥A′C ∴∠DEB 为二面角 B-A′C-D 的平面角在ΔBA′C 中

2 2 BE= BA ? AE =

a2 ? (

2 2 14 a) = a 4 4

同理 DE=

14 a 4

在ΔBED 中,BD= 2a ∴ cos∠BED=

BE 2 + DE 2 ? BD 2 2 BE ? DE
2 2

? 14 ? ? 14 ? ? ? ? ? ? 4 a ? + ? 4 a ? ? 2a ? ? ? ? = 14 14 2? a? a 4 4
=--

( )

2

1 7 1 7
Δ 的余

∴二面角 B-A′C-D 的余弦值为-

129. 如图平面 SAC⊥平面 ACB, ΔSAC 是边长为 4 的等边三角形, ACB 为直角三角形,∠ACB=90°,BC= 4 2 ,求二面角 S-AB-C 弦值。 解析:先作出二面角的平面角。由面面垂直可得线面垂直,作 平面 ACB,然后利用三垂线定理作出二面角的平面角

SD⊥

解:过 S 点作 SD⊥AC 于 D,过 D 作 DM⊥AB 于 M,连 SM ∵平面 SAC⊥平面 ACB ∴SD⊥平面 ACB ∴SM⊥AB 又∵DM⊥AB ∴∠DMS 为二面角 S-AB-C 的平面角

在ΔSAC 中 SD=4×

3 =2 3 2

在ΔACB 中过 C 作 CH⊥AB 于 H ∵AC=4,BC= 4 2 ∴AB= 4 3 ∵S=1/2AB·CH=1/2AC·BC

∴CH=

AC ? BC 4 ? 4 2 4 2 = = AB 4 3 3

∵DM∥CH 且 AD=DC

∴DM=1/2CH=

2 2 3
DM?平面 ACB

∵SD⊥平面 ACB ∴SD⊥DM 在 RTΔSDM 中 SM= SD 2 + DM 2

=

( )
11 3

?2 2? ? 2 3 +? ? 3 ? ? ?
2

2

=2

∴cos∠DMS=

DM SM

2 2 3 = 11 2 3
=

22 11

130. 已知等腰?ABC 中,AC = BC = 2, ∠ ACB = 120°,?ABC 所在平面外的一点 P 到三角形三顶点的 距离都等于 4,求直线 PC 与平面 ABC 所成的角。 解析:解:设点 P 在底面上的射影为 O,连 OB、OC, 则 OC 是 PC 在平面 ABC 内的射影,

∴ ∠ PCO 是 PC 与面 ABC 所成的角。

∵ PA = PB = PC, ∴点 P 在底面的射影是?ABC 的外心, 注意到?ABC 为钝角三角形,

∴点 O 在?ABC 的外部, ∵AC = BC,O 是?ABC 的外心, ∴OC⊥AB 在?OBC 中,OC = OB, ∠ OCB = 60°, ∴?OBC 为等边三角形,∴OC = 2 在 Rt?POC 中, cos ∠PCO = ∴ ∠ PCO = 60° 。 131. 如图在二面角α- l-β中,A、B∈α,C、D∈l,ABCD P∈β,PA⊥α,且 PA=AD,MN 依次是 AB、PC 的中点 ⑴ 求二面角α- l-β的大小 ⑵ 求证明:MN⊥AB ⑶ 求异面直线 PA 与 MN 所成角的大小 解析:⑴ 用垂线法作二面角的平面角 ⑵ 只要证明 AB 垂直于过 MN 的一个平面即可 ⑶ 过点 A 作 MN 的平行线,转化为平面角求解 解: ⑴ 连 PD ∵PA⊥α,AD⊥l ∴PD⊥l ∴∠PDA 为二面角α- l-β的平面角 在 RTΔPAD 中 ∵PA=PD 为矩形,

OC 1 = PC 2

∴∠PDA=45° ∴二面角α- l-β为 45° ⑵ 设 E 是 DC 的中点,连 ME、NE ∵M、N、E 分别为 AB、PC、D 的中点 ∴ME∥AD,NE∥PD ∴ME⊥l,NE⊥l ∴l⊥平面 MEN ∵AB∥l ∴AB⊥平面 MEN ∵MN?平面 MNE ∴MN⊥AB ⑶ 设 Q 是 DP 听中点,连 NQ、AQ 则 NQ∥DC,且 NQ=1/2DC ∵AM∥DC,且 AM=1/2AB=1/2DC ∴QN∥AM,QN=AM ∴QNMQ 为平行四边形 ∴AQ∥MN ∴∠PAQ 为 PA 与 MN 所成的角 ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形,AQ 为斜边上的中线 ∴∠PAQ=45° 即 PA 与 MN 所成角的大小为 45° 132. 如图: △ABC 的∠ABC= 90°, V 是平面 ABC 外的一点, VA = VB = VC = AC, 求 VB 与平面 ABC 所成 的角。

解析:1、要求 VB 与平面 ABC 所成的角, 应作出它们所成的角。 2、要作出 VB 与平面 ABC 所成的角, 只要找出 VB 在平 面 ABC 内的射影就可以了。 3、作斜线在平面内的射影, 只要在斜线上找一点作直线 垂直于平面, 即找此点在平面内的射影, 显然 找 V 点, V 点在平面内的射影在何处?由条件可知, 射影为△ABC 的外心。 解: 作 VO⊥平面 ABC 于 O, 则 OB 为 VB 在平面 ABC 内的射影, ∴∠VBO 为 VB 与平面 ABC 所成的角。 连 OA、OB、OC, 则 OA、OB、OC 分别为斜线段 VA、VB、VC 在平面 ABC 内的射影。 ∵VA = VB = VC ∴OA = OB = OC ∴O 为△ABC 为外心 ∵△ABC 为直角三角形, 且 AC 为斜边 ∴O 为 AC 的中点

设 VA = a, 则 VA = VC = AC = a, VO =

3 a 2

3 a VO 3 在 Rt△VOB 中, sin ∠VBO = = 2 = VB a 2 ∴∠VBO = 60° ∴VB 与平面 ABC 所成的角为 60°。 133. 已知:平面α∩平面β=直线 a.

α,β同垂直于平面γ,又同平行于直线 b.
求证:(Ⅰ)a⊥γ; (Ⅱ)b⊥γ.

证明: 证法一(Ⅰ)设α∩γ=AB,β∩γ=AC.在γ内任取一点 P 并于γ内作直线 PM⊥AB,PN⊥ AC. ——1 分 ∵ γ⊥α, ∴ PM⊥α. 而 a ? α,

∴ PM⊥a. 同理 PN⊥a. 又 PM ? γ,PN ? γ, ——6 分 ——7 分 ——4 分

∴ a⊥γ.

(Ⅱ)于 a 上任取点 Q,过 b 与 Q 作一平面交α于直线 a1,交β于直线 a2. ∵ b∥α,∴ b∥a1. 同理 b∥a2. ∵ a1,a2 同过 Q 且平行于 b, ∵ a1,a2 重合. 又 a1 ? α,a2 ? β,

——8 分

∴ a1,a2 都是α、β的交线,即都重合于 a. ∵ b∥a1,∴ b∥a. 而 a⊥γ,

——10 分

∴ b⊥γ. 注:在第Ⅱ部分未证明 b∥a 而直接断定 b⊥γ的,该部分不给分. 证法二(Ⅰ)在 a 上任取一点 P,过 P 作直线 a′⊥γ. ∵ α⊥γ,P∈α, ∴ a′ ? α. 同理 a′ ? β. 可见 a′是α,β的交线. 因而 a′重合于 a. 又 a′⊥γ, ——6 分 ——5 分 ——3 分

——12 分

——1 分

∴ a⊥γ.

(Ⅱ)于α内任取不在 a 上的一点,过 b 和该点作平面与α交于直线 c.同法过 b 作平面与β交于直线 d. ——7 分 ∵ b∥α,b∥β. ∴ b∥c,b∥d. 又 c ? β,d ? β,可见 c 与 d 不重合.因而 c∥d. ——9 分 ——8 分

于是 c∥β. ∵ c∥β,c ? α,α∩β=a, ∴ c∥a. ∵ b∥c,a∥c,b 与 a 不重合(b ? α,a ? α), ∴ b∥a. 而 a⊥γ, ∴ b⊥γ. 注:在第Ⅱ部分未证明 b∥a 而直接断定 b⊥γ的,该部分不给分.

——10 分

——11 分

——12 分

134. 设 S 为 ?ABC 平面外的一点,SA=SB=SC, ∠ASB = 2α , ∠BSC = 2 β , ∠ASC = 2γ ,若

sin 2 α + sin 2 β = sin 2 γ ,求证:平面 ASC ⊥ 平面 ABC。
解析: (1)把角的关系转化为边的关系 (2)利用棱锥的性质(三棱锥的侧棱相等,则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心) 证明:设 D 为 AB 的中点

Q SA = SB
同理 sin β =

∴ ∠ASD = α BC AC , sin γ = 2 SB 2SC

sin α =

AD AB = SA 2SA

Q SA = SB = SC 且 sin 2 α + sin 2 β = sin 2 γ ∴ AB 2 + BC 2 = AC 2
即 ?ABC 为 Rt?ABC 且 S 在平面上的射影 O 为 ?ABC 的外心 则 O 在斜边 AC 的中点。

∴ SO ⊥ 平面 ABC Q SO ? 平面 SAC ∴ 平面 ASC ⊥ 平面 ABC
135. 已知如图,P ? 平面 ABC,PA=PB=PC,∠APB=∠APC=60°,∠BPC=90 °求证:平面 ABC⊥平面 PBC 解析:要证明面面垂直,只要在其呈平面内找一条线,然后证 与另一平面垂直即可。显然 BC 中点 D,证明 AD 垂直平 PBC 证明: 取 BC 中点 D 连结 AD、PD ∵PA=PB;∠APB=60° ∴ΔPAB 为正三角形 同理ΔPAC 为正三角形 明直线 即可

设 PA=a 在 RTΔBPC 中,PB=PC=a BC= 2 a

∴PD= 在ΔABC 中 AD=

2 a 2

AB 2 ? BD 2 2 a 2
2 2
2

=

? 2 ? ? 2 ? ? ? ? ∵AD +PD = ? ? 2 a? + ? 2 a? ? ? ? ?
2

=a =AP

2

2

∴ΔAPD 为直角三角形 即 AD⊥DP 又∵AD⊥BC ∴AD⊥平面 PBC ∴平面 ABC⊥平面 PBC 136. 如图,正方形 ABCD 所在平面与正方形 ABEF 所在平 成 60°的二面角,则异面直线 AD 与 BF 所成角的余弦值 是 解析: . 面

∴ CD ⊥ 平面CDF , CD ⊥ DF ,∴ CF = 2a, 又在V BCF中, BC = a, BF = 2a 根据余弦定理可得.
137. 如图,M、N、P 分别是正方体 ABCD-A1B1C1D1 的三个侧面 ABCD、CC1D1D、BCC1B1 的中心, 则 A1M 与 NP 所成的角是( )

∠DAF为二面角60o , 可设AD长为a, 则DF 长为a又 Q AB ⊥ 平面CDF

(A) 30°

(B) 45°

(C) 60°

(D) 90°

解析:D 如图所示

138. 相交成 90°的两条直线和一个平面所成的角分别是 30°和 45°,则这两条直线在该平面内的射 影所成的锐角是( ) (A) arccos? ? (C) π ? arcsin

? ? ?

3? ? 3 ? ? 6 3

(B)

π 6 ? arcsin 2 3 6 3

(D) arcsin

解析:分析:设直角顶点到平面的距离是 1,所求的角为 θ,则 cos θ = 139. 在三棱锥 P-ABC 中, ∠ APB= ∠ BPC= ∠ CPA=600, 求二面角 A-PB-C 的余弦 解析:在二面角的棱 PB 上任取一点 Q,在半平面 PBA 面 PBC 上作 QM ⊥ PB,QN ⊥ PB,则由定义可知 ∠ MQN 面角的平面角。 设 PM=a,则在 Rt ? PQM 和 Rt ? PQN 中可求得 QM=QN= B Q

12 +

( 3) ? ( 6)
2

2

2? 3



P

值。 和半平 即为二

M N A

3 a; 2

α

又由 ? PQN ? ? PQM 得 PN=a,故在正 ? PMN 中 MN=a,

A

C G



1 1 ? MQN 中由余弦定理得 cos ∠ MQN= ,即二面角的余弦值为 。 3 3
140. 三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∠ BAC=900,AB=BB1=1,直线 B1C 与平面 ABC 成 300 角,求二面角 B-B1C-A 的正弦值。 解析:可以知道,平面 ABC 与平面 BCC1B1 垂直,故可由 性质来寻找从一个半平面到另一个半平面的垂线。 解:由直三棱柱性质得平面 ABC ⊥ 平面 BCC1B1,过 A 作 BCC1B1,垂足为 N,则 AN ⊥ 平面 BCC1B1, (AN 即为我 线)在平面 BCB1 内过 N 作 NQ ⊥ 棱 B1C,垂足为 Q,连 ∠ NQA 即为二面角的平面角。 ∵AB1 在平面 ABC 内的射影为 AB,CA ⊥ AB,∴ AB=BB1=1,得 AB1= 2 。∵直线 B1C 与平面 ABC 成 30
0

B1 A1 Q B N

C1

面面垂直的

AN ⊥ 平面 们要找的垂 QA,则 C CA ⊥ B1A,

∠ B1CB=30 ,B1C=2,Rt△B1AC 中,由勾股定理得
0

A

角,∴ AC= 2 ,∴

AQ=1。在 Rt△BAC 中,AB=1,AC= 2 ,得 AN=

6 。 3

sin ∠ AQN= AN

AQ

=

6 6 。即二面角 B-B1C-A 的正弦值为 。 3 3

141. 已知菱形 ABCD 边长为 a,且其一条对角线 BD=a,沿对角线 BD 将 ?ABD 折起 与?BCD 所在 平面成直二面角,点 E、F 分别是 BC、CD 的中点。 (1)求 AC 与平面 AEF 所成的角的余弦值 (2)求二面角 A-EF-B 的正切值。 (1) 解析: :菱形 ABCD 的对角线 AC⊥BD,因此BD⊥AO , BD⊥OC ? BD⊥面AOC ,中位线 EF//BD,可知 EF⊥ 面 AOC, EF ? 面AEF ,故面 AEF⊥面AOC ,这样 AC 在面 AEF 内 的射影就是 AG, ∠CAG 就是 AC 与平面 AEF 的成角,解三角形 AOC 可得

AC =

6 3 15 a,CG = a,AG = a。 2 4 4 3 10 10

∴ cos ∠CAG =

(2)分析:由前一小问的分析可知 EF⊥平面AOC ,∴ EF⊥AG,EF⊥OG,故∠AGO

就是二面角 A-EF-B 的平面角,在 Rt?AOG 中, ∠AOG = 90° , AO =

3 3 a , OG = a。 2 4

3 a AO 2 ∴ tg∠AGO = = =2 OG 3 a 4

142. 如图,ABCD-A1B1C1D1 是正方体,E 是 CC1 的中点,求二面角 B-B1E-D 的余弦值。 解析:图中二面角的二个半平面分别为△DEB1 所在的半平面和△BEB1 所在的半平面,即正方体的右 侧面,它们的交线即二面角的棱 B1E。不难找到 DC 即为从其中的一个半平面出发,并且垂直于另一个 半平面的直线。 解: 由题意可得直线 DC ⊥ 平面 BEB1,且垂足为 C,过 C 作 CF ⊥ B1E 于 F(如图,F 在 B1E 的延长 线上) ,连 DF,则由三垂线定理可得 ∠ DFC 即二面角的平面角。 △B1C1E~△CFE,∴CF=

B1C1 ? CE 5 a; = B1 E 5
A1

B1 D1 B1 B C1 E

C1 E F FC

1 2 30 2 DF= a + a = a. 5 5 5 a ∴cos ∠ DFC= 5

30 a 5

6 。 = 6

D A

C B

即二面角的平面角的余弦值为

6 。 6 β
P D C P 到α 、 β 分 P 到棱 l 的距离

143. 如图,在平面角为 600 的二面角 α -l- β 内有一点 P, 别为 PC=2cm,PD=3cm,则垂足的连线 CD 等于多少?(2)

E

为多少? 解析:对于本题若这么做:过 C 在平面 β 内作棱 l 的垂线,垂足为 E,连 DE,则 ∠ CED 即为二面角 的平面角。 这么作辅助线看似简单, 实际上在证明 ∠ CED 为二面角的平面角时会有一个很麻烦的问题, 需要证明 P、D、E、C 四点共面。这儿,可以通过作垂面的方法来作二面角的平面角。 解:∵PC、PD 是两条相交直线, ∴PC、PD 确定一个平面 γ ,设 γ 交棱 l 于 E,连 CE、DE。 ∵PC⊥ β , ∴PC⊥l,

又∵PD⊥ α ,∴PD⊥l。 ∴l⊥平面 γ ,则 l⊥CE、DE,故 ∠ CED 即为二面角的平面角,即 ∠ CED=600。 ∴ ∠ CPD=1200,△PCD 中,PD=3,PC=2,由余弦定理得 CD= 19 cm。由 PD⊥DE,PC⊥CE 可得 P、 D、E、C 四点共圆,且 PE 为直径,由正弦定理得 PE=2R=

19 CD 2 = = 57 cm。 0 sin ∠CED sin 60 3

说明:三垂线定理及其逆定理是作二面角的平面角的最主要的方法,要引起重视。 144. 如图, 梯形 ABCD 中, BA⊥AD, CD⊥AD, AB=2, CD=4, P 为平面 ABCD 外一点, 平面 PAD⊥平面 ABCD, △PBC 是边长为 10 的正三角形,求平面 PAD 与面 PBC 所成的角. 解法一:如图,延长 DA、CB 交于 E,

AB 2 1 = = ,∴AB 是△ECD 的中位线,CB=BE=10.又△PCB CD 4 2

为正△, 易证△PCE 为直角三角形, PE⊥PC.又平面 PDA⊥平面 ABCD, 且 CD⊥交线 DA, ∴CD⊥平面 PDE.PE 是 PC 在平面 PDE 内的射影, ∴PE⊥PD(三垂线定理的逆定理).故∠CPD 是 D-PE-C 的平面角.在 Rt△CDP 中,sin∠DPC=

4 2 2 = ,故二面角大小为 arcsin . 10 5 5

解法二:利用 Scosθ=S′.如右图, 平面 PAD⊥平面 ABCD

?
CD⊥AD,BA⊥AD BA⊥平面 PAD

?

CD⊥平面 PAD △PAD 是△PBC 在平面 PDA 内的射影.设面 PDA 与面 PCB 所成的二面角为θ,则 S△PDA=S△PCB·cosθ.Rt △PAB 中,PA=4 6 =AD;Rt△PDC 中,PD=2 21 . ∴△PAD 为等腰三角形且 S△PAD=

1 PD·AH=15 7 . 2

cosθ=

S ?PAD 15 7 21 = = , 5 S ?PBC 25 3 21 . 5
D1 A1 B1 D A O C B

θ=arccos=

C A1 在

145. 如图,平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 的底面为正方形,点 底面的射影 O 在 AB 上, 已知侧棱 A1A 与底面 ABCD 成 450 角, A1A=a。求二面角 A1-AC-B 的平面角的正切值。 (答案: 2 )

作OE ⊥ AC , 连接A1E , 根据三垂线定理EO ⊥ AC , A1E ⊥ AC , ∴∠A1EO为A1 -AC-B的平面角.

E

146. 如图,在梯形 ABCD 中,AD//BC, ∠ ABC=900, AB=a,AD=3a,sin ∠ ADC=

P 二面角 A A B B C D

5 ,又 PA⊥平面 ABCD,PA=a,求 5 5 P-CD-A 的大小。 (答案:arctg ) 3

E

作AE ⊥ CD, 连接PE,则∠PEA为P-CD-A的平面角,又 Q 5 AE ,在RTVADE中,sin ∠ADC= , 可求AE. 5 AD 又PA = a, 可求出二面角∠PEA的正切值来. sin ∠ADC=
147. 已知 Rt△ABC 的两直角边 AC=2,BC=3,P 为斜边上一 点,沿 CP 将此直角三角形折成直二面角 A—CP—B,当 AB=71/2 时,求二面角 P—AC—B 的大小。

作法一:∵A—CP—B 为直角二面角, ∴过 B 作 BD⊥CP 交 CP 的延长线于 D,则 BD⊥DM APC。 ∴过 D 作 DE ⊥AC,垂足为 E,连 BE。 ∴∠DEB 为二面角 A—CP—B 的平面角。 作法二:过 P 点作 PD′⊥PC 交 BC 于 D′,则 PD′⊥面 APC。 ∴过 D′作 D′E′⊥AC,垂足为 E′,边 PE′, ∴∠D′E′P 为二面角 P—AC—B 的平面角。 148. 矩形 ABCD,AB=3,BC=4,沿对角线 BD 把△ABD 折起, 使点 A 在平面 BCD 上的射影 A′落在 BC 上,求二面角 A—BC-—C 的大小。

这是一道由平面图形折叠成立体图形的问题,解决问题的关键在 于搞清折叠前后“变”与“不变”。结果在平面图形中过 A 作 AE⊥BD 交 BD 于 O、交 BC 于 E,则 折叠后 OA、OE 与 BD 的垂直关系不变。但 OA 与 OE 此时变成相交两线段并确定一平面,此平

面必与棱垂直。由特征Ⅱ可知,面 AOE 与面 ABD、面 CBD 的交线 OA 与 OE 所成的角,即为所 求二面角的平面角。另外,A 在面 BCD 上的射影必在 OE 所在的直线上,又题设射影落在 BC 上, 所以 E 点就是 A′, 这样的定位给下面的定量提供了优质服务。 事实上, AO=AB·AD/BD=3*4/5=12/5, OA′=OE=BO·tgc∠CBD,而 BO=AB2/BD=9/5, tg∠CBD,故 OA′=27/20。在 Rt△AA′O 中, ∠AA′O=90°所以 cos∠AOA′=A′O/AO=9/16,ty∠AOA′=arccos9/16 即所求的二面 arccos9/16。 149. 将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,使得 BD = a ,则三棱锥 D — ABC 的体积 为 ( )

A. D

a3 6

B.

a3 12

C.

3 3 a 12

D.

2 3 a 12

解析:取 BD 的中点为 O,BD⊥平面 OAC, S ?AOC =

1 1 2 2 ? 2a ? a = a ,则 2 2 4

VD ? ABC = 2VB ? AOC =

2 3 a 。选 D 12

150. 在矩形 ABCD 中,AB=a,AD=2b,a<b,E、F 分别是 AD、BC 的中点,以 EF 为折痕把四边形 EFCD 折起, 当 ∠CEB = 90 时,二面角 C—EF—B 的平面角的余
E a D C

o

b F

弦值等于




B A

A.0

a2 B. 2 b

a2 C. ? 2 b

a D. ? b

解析:由图可知

CE=BE= a 2 + b 2

当 ∠CEB = 90 o 时,CB= 2( a + b ) 。 ∠CFB 为所
2 2

求平面角,由余弦定理得 cos ∠CFB =

2b 2 ? 2(a 2 + b 2 ) a2 = ? 。 选(C) 。 2b 2 b2

151. .已知 E、F 分别是正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱 BC,CC1 的中点,则截面 AEFD1 与底面 ABCD 所成二面角的正弦值是 ( )

A.

2 3

B.

2 3

C.

5 2 2 D. 3 3

解析:C

D θ

C

G

G

用求 cos θ 求出 DG 的长度,则所求函数值可求。

如图, ∠D1GD 为所求的二面角的平面角。

A

θ

B

可利

152. 与正方形各面成相等的角且过正方体三个顶点的截面的个数是________. 解析:如图中,截面 ACD1 和截面 ACB1 均符合题意要求,这样的截面共有 8 个; D1 A1 B1 C1

D A B

C

153. 已知矩形 ABCD 的边 AB=1,BC=a,PA⊥平面 ABCD,PA=1,问 BC 边上是否存在点 Q,使得 PQ⊥QD,并说明理由.
P

A

D

B

Q

C

解析:连接 AQ,因 PA⊥平面 ABCD,所以 PQ⊥QD ? AQ⊥QD,即以 AD 为直经的圆与 BC 有交点.

当 AD=BC=a ≥ AB=1,即 a ≥ 1 时,在 BC 边上存在点 Q,使得 PQ⊥QD; . . . . . . . . .5 分 当 0<a<1 时,在 BC 边上不存在点 Q,使得 PQ⊥QD. . .

154. 如图,正三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面边长的 3,侧棱 AA1= (Ⅰ)求证:直线 BC1//平面 AB1D; (Ⅱ)求二面角 B1—AD—B 的大小; (Ⅲ)求三棱锥 C1—ABB1 的体积.

3 3 , D 是 CB 延长线上一点,且 BD=BC. 2
C1 B1 A1

C

A

B

D

(Ⅰ)证明:CD//C1B1,又 BD=BC=B1C1, ∴ 四边形 BDB1C1 是平行四边形, ∴BC1//DB1. . . . . . . . . . . . . . . . . . .5 分 又 DB1 ? 平面 AB1D,BC1 ? 平面 AB1D,∴直线 BC1//平面 AB1D.. (Ⅱ)解:过 B 作 BE⊥AD 于 E,连结 EB1, ∵B1B⊥平面 ABD,∴B1E⊥AD ,

∴∠B1EB 是二面角 B1—AD—B 的平面角,

∵BD=BC=AB, ∴E 是 AD 的中点, BE = 1 AC = 3 .
2 2

3 3 B B 在 Rt△B1BE 中, tg∠B BE = 1 = 2 = 3. ∴∠B1EB=60°。即二面角 B1—AD—B 的大小为 1 3 BE 2 60°…………10 分 (Ⅲ)解法一:过 A 作 AF⊥BC 于 F,∵B1B⊥平面 ABC,∴平面 ABC⊥平面 BB1C1C,

∴AF⊥平面 BB1C1C,且 AF=

3 3 ×3 = 3 ,∴ VC ? ABB = V A ? BB C = 1 S ? B B C ? AF 2 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 3 3 3 3 27 即三棱锥 C1—ABB1 的体积为 27 …………15 分 . . = ( × × 3) × = 3 2 2 2 8 8

解法二:在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,Q S ?ABB = S ?AA B ∴VC1 ? ABB1 = VC1 ? AA1B1 = V A ? A1B1C1
1 1 1

=

1 1 3 2 3 3 27 即为三棱锥 C1—ABB1 的体积. . S ?A B C ? AA1 = ( 4 × ×3 )× = 3 11 1 3 4 2 8

155. 已知空间四边形 ABCD 的边长都是 1,又 BD= 3 ,当三棱锥 A—BCD 的体积最大时,求二 面角 B—AC—D 的余弦值. 解析:如图,取 AC 中点 E,BD 中点 F,由题设条件知道 (1) ∠ BED 即二面角 B—AC—D 的平面角. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3 分 (2)当 AF ⊥ 面 BCD 时,VA—BCD 达到最大. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .6 分

AF 2 + FC 2 AC 2 ) =1这时 ED =AD -AE =1-AE =1- ( 2 4
2 2 2 2

=1-

AF 2 1 1 BD 2 1 3 7 = 1 ? ( AD 2 ? FD 2 ) = 1 ? (1 ? ) = 1 ? (1 ? ) = , 2 2 2 4 2 4 8

又 BE2=ED2, ∴ cos ∠BED =

2 ED 2 ? BD 2 5 =? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .12 分 2 ED × BE 7
A

E

B

F C

D

156. 有一矩形纸片 ABCD,AB=5,BC=2,E,F 分别是 AB,CD 上的点,且 BE=CF=1,把纸片沿 EF 折成直 二面角. (1)求 BD 的距离; (2)求证 AC,BD 交于一点且被这点平分.

解析:将平面 BF 折起后所补形成长方体 AEFD-A1BCD1,则 BD 恰好是长方体的一条对角线. (1)解:因为 AE,EF,EB 两两垂直, 所以 BD 恰好是以 AE,EF,EB 为长、宽、高的长方体的对角线,

. . . . . . . . . . . . . . . .6 分 (2)证明:因为 AD EF,EF BC,所以 AD BC.

所以 ACBD 在同一平面内, 且四边形 ABCD 为平行四边形. 所以 AC、BD 交于一点且被这点平分

157.已知△BCD 中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面 BCD,

∠ADB=60°,E、F 分别是 AC、AD 上的动点,且 AE = AF = λ (0 < λ < 1).
AC AD

(Ⅰ)求证:不论λ为何值,总有平面 BEF⊥平面 ABC; (Ⅱ)当λ为何值时,平面 BEF⊥平面 ACD?

证明: (Ⅰ)∵AB⊥平面 BCD, ∴AB⊥CD, ∵CD⊥BC 且 AB∩BC=B, ∴CD⊥平面 ABC.………………………………3 分 又Q AE = AF = λ ( 0 < λ < 1), AC AD ∴不论λ为何值,恒有 EF∥CD,∴EF⊥平面 ABC,EF ? 平面 BEF, ∴不论λ为何值恒有平面 BEF⊥平面 ABC (Ⅱ)由(Ⅰ)知,BE⊥EF,又平面 BEF⊥平面 ACD, ∴BE⊥平面 ACD,∴BE⊥AC.………………8 分 ∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∠ADB=60°, ∴ BD =

2 , AB = 2 tan 60 o = 6 ,
2 AB 2 + BC 2 = 7 , 由 AB =AE·AC 得 AE = 6 ,∴ λ = AE = 6 ,

∴ AC =

7

AC

7

故当 λ =

6 时,平面 BEF⊥平面 ACD.………………………………………………12 分 7

158. 设△ABC 内接于⊙O,其中 AB 为⊙O 的直径,PA⊥平面 ABC。

如图 cos ∠ABC =

5 , PA : PB = 4 : 3, 求直线 PB 和平面 PAC 所成角的大小 6
5 x 2

设PA = 4 x, AB = 3 x, 则PB = 5 x, BC = 3 x cos ∠ABC = Q AB是ΘO的直径 ∴ ∠ACB = 90o ,即BC ⊥ AC ∴ BC ⊥ 面PAC 又 Q PA ⊥ 面ABC ,∴ PA ⊥ BC

∴ ∠BPC 是PB 和面PAC所成的角 5x 1 在Rt?BPC中, sin ∠BPC = 2 = ,∴ ∠BPC = 30o 5x 2 即直线PB 和平面PAC 所成的角为30o

159. 如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知 P,Q,R,S 分别为棱 A1D1,A1B1,AB,BB1 的中点,求证:平面 PQS⊥平面 B1RC.(12 分) 证明:连结 BC1 交 B1C 于 O,则 O 为 BC1 的中点 连结 RO,AC1,∵R 是 AB 的中点 ∴RO∥AC1

∵P,Q 分别为 A1D1,A1B1 的中点,易知 A1C1⊥PQ ∴AC1⊥PQ(三垂线定理)
同理证 OS ⊥ AC1 ∴ AC1 ⊥ 面PQS ∴ RO ⊥ 面PQS ∴ 面PQS ⊥ 面B1 RC 又 Q RO ? 面B1 RC

160. 把正方形 ABCD 沿对角线 AC 折成直二面角 B—AC—D,E、F 分别为 AD、BC 的中点,O 为正 方形的中心,求折起后∠EOF 的大小 证明:过 F 作 FM⊥AC 于 M,过 E 作 EN⊥AC 于 N,则 M,N 分别为 OC、AO 的中点 解析:

∴ AN =

1 2 AC = a = EN (设正方形的边长为 a ) 4 4 2 2 3 FM = a, MN = a, EF 2 = EN 2 + FM 2 + MN 2 = a 2 4 2 4 在?EOF中, EF 2 = EO 2 + FO 2 ? 2 EO ? FO cos ∠EOF

1 ∴ cos ∠EOF = ? , ∠EOF = 120 o 2 Q EO // CD, 延长FO 交AD ′于G , OG // CD ′ 另证 : ∴ ∠EOG = ∠DCD ′ Q B ? AC ? D为直二面角, DO ⊥ AC ∴ DO ⊥ 平面ABC ∴ DC = DD ′ = CD ′ = a

即?DCD ′为正三角形,∴ ∠DCD ′ = 60 o ∴ ∠EOF = 180 o ? ∠EDG = 120 o

161. 如图,正方体 AC1 中,已知 O 为 AC 与 BD 的交点,M 为 DD1 的中点。 (1)求异面直线 B1O 与 AM 所成角的大小。 (2)求二面角 B1—MA—C 的正切值。 (14 分) 解析:
方法一 : BO ⊥ AC ,∴ B1O ⊥ AC , 设正方体的棱长为a, 则 6 3 3 a, MO = a, MB1 = a 2 2 2 2 2 2 MB1 = B1D + MO ,∴ MO ⊥ B1O B1O = ∴ B1O ⊥ 面MAO ∴ B1O ⊥ AM

方法二:取 AD 中点 N,连结 A1N,则 A1N 是 B1O 在侧面 ADD1A1 上的射影. 易证 AM⊥A1N ∴AM⊥B1O(三垂线定理) (2)连结 MB1,AB1,MC,过 O 作 OH⊥AM 于 H 点,连结 B1H, ∵B1O 平面 MAC,∴∠B1HO 就是所求二面角 B1—MA—C 的平面角.
Q 2 HO ? AM = AC ? MO,∴ HO = 30 10 BO 在Rt?BHO中,∴ tan ∠B1 HO = 1 = 5 HO

162. 在正方体 AC1 中,E 为 BC 中点(1)求证:BD1∥平面 C1DE; (2)在棱 CC1 上求一点 P,使平面 A1B1P⊥平面 C1DE; (3)求二面角 B—C1D—E 的余弦值。 (14 分) 解析:
(1)连C1D交CD1于F , 则EF // BD1 , ∴ BD1 // 面C1DE. ∴ A1B1 ⊥ C1E Q BD1 ? 面C1DE , EF ? 面C1DE , (2) Q A1B1 ⊥ 面BCC1B1 , C1E ? 平面BCC1B1 ,

故保要过B1作B1P ⊥ C1E交C1C于P点即可 此时P为CC1的中点. 事实上, 当P为CC1的中点时, B1P ⊥ C1E
从而C1 E ⊥ 平面A1 B1 P, ∴ 平面A1 B1 P ⊥ 平面C1 DE. (3)连结BD, BC1 , 则BD = BC1 , ED = EC1 , 连结BF , 则BF ⊥ DC1 , EF ⊥ DC1 ∴ ∠EFB即为二面角B ? C1 D ? E的平面角. 在?BEF中,Q EF = CE 2 + CF 2 = BE = 1 2 2 2 即为所求 3 3 6 , BF = CF 2 + BC 2 = 2 2

由余弦定理 : cos ∠EFB =

163.如图,立体图形 V-ABCD 中,底面是正方形 ABCD,其他四个侧面都是全等的正三角形,画出二 面角 V-AB-C 的平面角,并求它的度数.

解:设底面边长为 a,则侧面三角形的边长也为 a. 取 AB 的中点 E,DC 中点 F,连 VE、EF.

∵ ∴

侧面△VAB 是正三角形, VE⊥AB.

又 EF∥BC,BC⊥AB,∴ EF⊥AB. ∠VEF 就是 V-AB-C 的平面角.

a2 + (

cos∠VEF=

3 3 2 a) ? ( a ) 2 3 2 2 = 3 3 2a × a 2 .

164. 已知二面角α-l-β是 45°角,点 P 在半平面α内,点 P 到半平面β的距离是 h,求点 P 到棱 l 的距离.

解:经 P 作 PB⊥β于 B, 经 P 在平面α内作 PA⊥l 于 A. 连 AB,则 AB⊥l. ∠PAB 就是二面角的平面角,∠PAB=45°. 那么在 Rt△PAB 中,PB=h,PA= 2 h. 165. 自二面角内一点分别向这个二面角的两个面引垂线,求证:它们所成的角与这个二面角的平面角 互补.

证明:如图 PQ⊥β,PQ⊥AB, PR⊥α,PR⊥AB, 则 AB⊥面 PQR. 经 PQR 的平面交α、β于 SR、SQ, 那么 AB⊥SR,AB⊥SQ. ∠QSR 就是二面角的平面角. 因四边形 SRPQ 中,∠PQS=∠PRS=90°, 因此∠P+∠QSR=180°. 166. 一张菱形硬纸板 ABCD 的中心是点 O,沿它的一条对角线 AC 对折,使 BO⊥DO,这时二面角 B-AC-D 是多少度?要使二面角 B-AC-D 为 60°,点 B 和 D 间的距离应是线段 BO 的几倍?

解:因 ABCD 是菱形,故 AC⊥BD. 沿对角线 AC 折为空间图形后 BO⊥AC,DO⊥AC. ∠BOD 就是二面角 B-AC-D 的平面角. 因 BO⊥OD,故∠BOD=90°, 即二面角 B-AC-D 是 90°. 要使二面角 B-AC-D 为 60°. 因 BO=OD,故△BOD 是等边三角形, 此时 BD=BO. 167.四棱锥 P-ABCD 的底面是边长为 a 的正方形,PB 垂直面 ABCD,证明无论四棱锥的高怎样变化, 面 PAD 与面 PCD 所成的二面角恒大于 90°.

解析::注意到题目中所给的二面角,面 PAD 与面 PCD 的棱为 PD,围绕 PD 而考虑问题解决途径.

证法一:利用定义法 经 A 在 PDA 平面内作 AE⊥PD 于 E,连 CE. 因底是正方形,故 CD=DA. △CED≌△AED,AE=EC,∠CED=∠AED=90°, 则 CE⊥PD. 故∠CEA 是面 PAD 与面 PCD 所成二面角的平面角. 设 AC 与 BD 交于 O,连 EO,则 EO⊥AC.

2 因 2 OA= 2 × 2 =a,AE<AD<a. AE 2 + EC 2 ? (2OA) 2 ( AE + 2OA)( AE ? 2OA) 2 AE ? EC AE 2 cos∠AEC= = <0.
所以面 PAD 与面 PCD 所成的二面角恒大于 90°. 证法二:运用三垂线法 ∵ ∴ PB⊥面 ABCD,则 PB⊥AD,又 AD⊥AB, AD⊥面 PAB,即面 PAB⊥面 PAD.

过 B 作 BE⊥PA,则 BE⊥面 PAD. 在面 PBC 内作 PG BC,连 GD.

经 C 作 CF⊥面 PAD 于 F, 那么连结 EF,有 EF AD.

经 F 作 FH⊥PD 于 H,连 CH, 则∠FHC 是所求二面角平面角的补角. 因 CF⊥FH,故∠FHC 是锐角. 则面 PAD 与面 PCD 所成二面角大于 90°. 此结论证明过程中与棱锥高无关. 证法三:利用垂面法找平面角. 在证法一所给图形中 连 AC、BD,因 AC⊥BD,PB⊥面 ABCD, ∴ AC⊥PD.

经 A 作 AE⊥PD 于 E,那么有 PD⊥面 AEC,连 CE, 即 PD⊥CE. 故 PD 与平面 AEC 垂直后,面 AEC 与面 ADC 及面 ADP 的交线 EA、EC 构成角∠CEA 就是二面 角的平面角. 以下同证法一. 168. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为棱 AA1 的中点,求平面 EB1C 和平面 ABCD 所成二面角的大小. 解:△EB1C 在底面 ABCD 内的射影三角形为 Rt△ABC. 因 E 点射影为 A,B1 点射影为 B.

设正方体棱长为 a,

1 则 S△ABC= 2 a2.
又在△EB1C 中,

5 3 B1E= 2 a,B1C= 2 a,EC= 2 a, 5 2 9 2 a + a ? 2a 2 5 4 4 = 5 5 3 2× a× a 2 2 故 cos∠B1EC= . 2 5 ∴ sin∠B1EC= 5 . 1 5 3 2 5 3 ∴ S ?B EC = 2 × 2 a· 2 a· 5 = 4 a2.
1

设面EB1C 和面 ABCD 所成的二面角为θ,

则 cosθ=

S ?ABC S ?B1EC

a2 = 2 2 3 2 a 4 =3.

2 那么所求二面角的大小为 arccos 3 .

评述:此题属无棱二面角问题,图中没有二面角的棱,我们也可以去找到棱来解决,但这里通过 射影而直接求角更方便.S′=S△ABC,S=

S ?B1EC .

169. 一个平面将空间分成几部分?二个平面将空间分成几部分?三个平面将空间分成几部分? 解析:2 部分,3或4部分,4或6或7或8部分

170. 如图:已知直线 l 与平行直线 a、b、c 都相交, 求证:l 与 a、b、c 共面。 设 L∩a=A, α l c

b

a

l∩b=A,L∩c=C,∵a∥b,∴a、b可确定一个平面α,∵A∈a,B∈b,∴A∈α,B∈α, ∴AB ? α,即 L ? α.∵b∥c,∴b、c可确定一个平面β, 同理l ? β.∵α、β均过相交直线b、l,∴α、β重合,∴a、b、c、l共面; 7.提示:只需证明 P、Q、R 为平面 ABC 与α的公共点; 171. 如图:已知△ABC 在平面α外,AB∩α=P,AC∩α=R,BC∩α=Q。 求证:P、Q、R 三点共线。 A B

C 解析:点在线上,线在面内,可得点在面内,证明 P,Q,R 三个点是平面

α 与平面 ABC 的公共点,即可。

Q

R

P

α

172. 如图:已知 E、F、G、H 分别是空间四边形 ABCD 各边 AB、AD、CB、CD 上的点,且直线 EF 和 HG 交于点 P,求证:点 B、D、P 在同一条直线上。 A E D F

P

解析:∵直线EF∩直线,HG=P,∴P∈直线 EF,又 EF ? 平面 ABD, ∴P∈平面 ABD,同理 P∈平面 CBD,由公理2,点 B、D、P 在同一条直线上。

173. 如果把两条异面直线称作“一对” ,则在正方体十二条棱中,共有异面直线( )对 A.12 解析:B
D' A' B' C'

B.24

C.36

D.48

D A B

C

如图,棱 AA ' 有 4 条与之异面,所有所有棱能组成 4 × 12=48 对,但每一对都重

复计算一次,所以有 48 对 ×

1 =24 对。 2

174. 已知正方形 ABCD 所在的平面和正方形 ABEF 所在的平面相交于 AB,M、N 分别是对角线 AC、BF 上 的点,且 AM=FN,求证:MN∥平面 BCE. 解析:作 NP∥AB 交 BE 于点 P,作 MQ∥AB 交 BC 于点 Q, 证 MNPQ 是平行四边形,再证 MN∥面 BCE. F A D M C N E B

175. 棱长为1的的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,求证:平面 A1BD∥平面 CB1D1. 解析:过a和直线b上任意一点 P 作一平面γ和平面β交于 a ' ,∵α∥β,∴a∥ a ' ,∵ a ' ? β ,

a ' ? α , a ? α ,∴ a ' ? α ,∵ a ' I b = P , b ? β ,b∥β,
∴α∥β;8.∵A1B∥D1C,∴A1B∥平面 CD1B1,同理 BD∥平面 CD1B1, ∵A1B ? 面 A1BD,BD ? 面 A1BD,∴面 A1BD∥面 CD1B1. 176. 已知(如图) :平面α∥平面β, A、C∈α,B、D∈β,AB 与 CD 是异面直线,E、F 分别是线段 AB、 CD 的中点,求证:EF∥β. αA C E
H

F D

βB

D 解析:
0

如图作辅助线,可得中线平行。 A D1

C B C1 B1

177. 如图:在△ABC 中,∠ACB=90 ,M 是 AB 的中点,PM⊥平面 ABC, 求证:PA=PB=PC. 解析:连结 MC,由∠ACB= 90 0 ,M 为 AB 的中点,MB=MC=MA, A1

∴PM⊥面 ABC,∴∠PMA=∠PMB=∠PMC= 90 0 ,又 PM 公用,∴△PMA≌△PMB≌△PMC,∴PA=PB=PC; 178. 四边形 ABCD 是距形,AB=2,BC=1,PC⊥平面 AC,PC=2,求点 P 到 BD 的距离.

解析:作 CE⊥BD 于 E,连结 PE,

2 30 5

179. 如图:在斜边为 AB 的 Rt△ABC 中,过点 A 作 PA⊥平面 ABC,AE⊥PB 于 E,AF⊥PC 于 F, (1)求 证:BC⊥平面 PAC; (2)求证:PB⊥平面 AEF. P E F A C B

解析: (1)PA⊥面 ACB,∴PA⊥BC,BC⊥AC,∴BC⊥面 PAC.(2)(1)知 BC⊥AF,

又 AF⊥PC,∴AF⊥面 PBC,∴AF⊥PB,又 PB⊥AE,∴PB⊥面 AEF. 180. 如图:ABCD—A1B1C1D1 是正方体.求证: (1)A1C⊥D1B1; (2)A1C⊥BC1 解析: (1)连 A1C1,则 A1C1⊥B1D1, 又 CC1⊥面 A1C1,由三垂线定理可知 A1C⊥B1D1, (2)连 B1C, 仿(1)可证; D A B C A1 D1 B1 C1

181. 如图:PA⊥平面 PBC,AB=AC,M 是 BC 的中点,求证:BC⊥PM. 解析:由 AB=AC 得AAM⊥BC,又 PA⊥面 PBC,BC ? 面 PBC,∴BC⊥AP, ∴BC⊥面 AMP,∴BC⊥PM A

P

C M B

182. 如图:Rt△ABC 中,∠B=90 ,P 为三角形所在平面外一点,PA⊥平面 ABC,指出四面体 P—ABC 中有哪些三角形是直角三角形,说明理由. P 由 PA⊥面 ABC 得 PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC;又 BC⊥AB, ∴BC⊥面 PBA,∴△PAB,△PBC,△PAC,△ABC 都是直角三角形 A B C

0

183. 已知直线 a∥直线 b,a⊥平面α,求证 b⊥α.

解析:过a与α的交点作两相交直线m、n,由a⊥α,则a⊥m,a⊥n,又b∥a,∴b⊥m, b⊥n, ∴b⊥α 184. 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 为 CC1 中点,F 为 AC 和 BD 的交点. 求证:A1F⊥平面 BED. 解析:∵AA1⊥面 ABCD,AF 是 A1F 在 ABCD 上的射影,由 AC⊥BD 得 A1F⊥BD,取 BC 的中点 G,连 FG,B1G,由 AB⊥BC1,∴FG⊥面 BC1, ∴B1G 是 A1F 在面 BC1 上的射影,又 B1G⊥BE,∴BE⊥A1F,∴A1F⊥面 BED; 185. P 是 ?ABC 所在平面外一点,若 ?PBC 和 ?ABC 都是边长为 2 的正三角形,PA= 6 ,求二面角 P-BC-A 的大小。

90 0 解析:取BC的中点D,连结 PD、AD,易证∠PDA 为二面角的平面角
186. 如图, ?ABC 是等腰直角三角形,AC=BC=a,P 是 ?ABC 所在平面外一点,PA=PB=PC= 2a 。 (1) (2)求 PC 与 ?ABC 所在平面所成的角。 求证:平面 PAB ⊥ 平面 ABC; P A

A A 解析: (1)取 AB 的中点O,连 PO,证明 PO⊥面 ABC,(2) 60
0

B A C A

187. 如图,A 是直二面角 α ? EF ? β 的棱 EF 上的点,AB、CD 分别是 α 、 β 内的射线,

∠EAB = ∠EAC = 45o ,求 ∠BAC 的大小.
解析: 60
0

B E A β A A C

α F A

O

作 BO ⊥ DF,可得 BO ⊥ 平面 β ,解三角形 ABC,根据余弦定理可得。 188. (如图)已知正方形 ABCD 的边长为 1,过 D 作 PD ⊥ 平面 ABCD,且 PD=1,E、F 分别是 AB 和 CD 的 中点。 (1)求 D 点到平面 PEF 的距离; (2)求直线 AC 到平面 PEF 的距离。

P

G

D
O

C F E B

A 解析: (1)

3 17 17 , (2 ) 17 17

1.作 DG ⊥ 直线 PF,则可得 AC ⊥ 平面 PDB,所以 EF ⊥ 平面 PDB∴ EF 点到平面 PEF 的距离 2.过点 O 作平行于 DG 的直线,则为所求。

⊥ DG ∴DG ⊥ 平面 PEF。DG 为 D

189. 在三棱锥 S—ABC 中,SA⊥底面 ABC,AB⊥BC,DE 垂直平分 SC,且分别交 AC 和 SC 于 D 和 E,又 SA=AB,SB=BC.求以 BD 为棱,以 BDE 与 BDC 为面的二面角度数. ∵E 为 SC 的中点 ∴BE⊥SC ∴∠EDC 为所求. 设 SA=a 则 AB=a SB=BC= 2 a ∴SC⊥面 BDE SC⊥BD 面 SA⊥BD ∴BD⊥面 SAC 即 BD⊥AC BD⊥DE

SC=2a ∠ASC=60° ∠SCA=30°

∠EDC=60°

190. P 是△ABC 所在平面外一点,PA、PB、PC 两两垂直,G 为△PAB 的重 心,E、F 分别是 BC、PB 上的点,且 BE∶EC=PF∶FB= ⊥平面 PBC 解析:∵G 为△PAB 的重心,∴ ∵PA⊥PB

1 ,求证:平面 GEF 2

GB 2 BF = = GN 1 PF

∴GF∥PA.

PA⊥PC,∴PA⊥面 PBC.∴GF⊥面 PBC,∴面 GFE⊥面 PBC.

191. 如图 1 所示,边长 AC=3,BC=4,AB=5 的三角形简易遮阳棚,其 A、B 是地面上南北方向两个 定点,正西方向射出的太阳光线与地面成 30°角,试问:遮阳棚 ABC 与地面成多大角度时,才能保证 所遮影面 ABD 面积最大?

解析: 易知,ΔABC 为直角三角形,由 C 点引 AB 的垂线,垂足为 Q,则应有 DQ 为 CQ 在地面上的斜射 影,且 AB 垂直于平面 CQD,如图 2 所示. 因太阳光与地面成 30°角,所以∠CDQ=30°,又知在ΔCQD 中,CQ=

12 ,由正弦定理,有 5

QD CQ = , sin 30° sin ∠QCD
即 QD=

6 sin∠QCD. 5
60°.

为使面 ABD 的面积最大,需 QD 最大,这只有当∠QCD=90°时才可达到,从而∠CQD=

故当遮阳棚 ABC 与地面成 60°角时,才能保证所遮影面 ABD 面积最大. 192. 如图所示,已知三棱锥 S—ABC 中,SA=SB=SC,且 AC +BC =AB ,由此可推出怎样的结论? 解析: 引 SO⊥平面 ABC(O 为垂足),连结 OC. ∵SA=SB=SC,∴OA=OB=OC, ∴O 是ΔABC 的外心,(结论 1) 又∵AC +BC =AB ,
2 2 2 2 2 2

∴ΔABC 是直角三角形,且 AB 是斜边,故 O 是斜边 AB 的中点.因而 SO ? 平面 SAB(结论 2) ∴平面 SAB⊥平面 ABC(结论 3) 193. 正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,各棱长均为 2,M 为 AA1 中点,N 为 BC 的中点,则在棱柱的表面上从点 M 到点 N 的最短距离是多少?并求之.

解析:(1)从侧面到 N, 如图 1, 沿棱柱的侧棱 AA1 剪开, 并展开, 则 MN= = 10 (2)从底面到 N 点,沿棱柱的 AC、BC 剪开、展开,如图 2. 则 MN=

AM 2 + AN 2 = 12 + (2 + 1) 2

AM 2 + AN 2 ? 2 AM ? AN cos120°
2

= 1 + ( 3 ) + 2 × 1× 3 ×
2

1 = 4+ 3 2

∵ 4 + 3 < 10 ∴ MN min = 4 + 3 . 194. 已知二面角 A—BC—D 为 150°, ΔABC 是边长为 a 的等边三角形, ΔBCD 是斜边为 BC 的等腰直角 三角形.求两个顶点 A 和 D 间的距离.

解析:.取 BC 的中点 E,连 DE 和 AE,利用余弦定理 AD=

7 a 2

195. .如图,ABCDEF 为正六边形,将此正六边形沿对角线 AD 折叠.

(1)求证:AD⊥EC,且与二面角 F—AD—C 的大小无关; (2)FC 与 FE 所成的角为 30°时,求二面角 F—AD—C 的余弦值. 解析:(1)正六边形 ABCDEF,在折叠前有 AD⊥EC,设 AD 与 EC 交于 M,折叠后即有 AD⊥ME,AD⊥MC.则 AD⊥平面 EMC,无论∠EMC 的大小如何,总有 AD⊥EC.(2)利用余弦定理,有 cos∠EMC=

7 9

196. 在直角 BVC 的角顶点 V,作直角所在平面的斜线 VA,使二面角 A—VB—C 与二面角 A—VC— B 都等于 45°,求二面角 B—VA—C 的度数. 解析:在 VA 上取 A′作平面 VCB 的垂线,垂足为 O,作 OC′⊥VC,OB′⊥VB,连 A′C′、A′ B′,则∠A′C′O 和∠A′B′O 分别为二面角 A-VC—B 与二面角 A—VB—C 的平面角.易证 VB′ OC′为正方形.设 VB′=a,可求得 A′B′= 2 a.VA′= 3 a.过 B′作 B′D⊥VA,

连结 C′D.则∠B′DC′为二面角 B—VA—C 的平面角.在 RtΔB′VA′中,可求 B′D= ′C′,B′E=

6 a,又 DE⊥B 3

2 a,则在 RtΔB′DE 中可求得∠B′DE=60°.二面角 B—VA—C 为 120°. 2

197. 已知直线 l 与平面α内交于一点 O 的三条直线 OA、 OB、 OC 成等角, 求证: l⊥α 解析:若 l 过 O 点,在 l 上任取一点 P,作 PH⊥α,垂足 H,则 H 即在∠AOB 的平分线上,又在∠BOC 的平分线上,∴H 是它们的公共点,故 H 与 O 重合;若 l 不过 O 点,可作过 O 的直线 l′,使 l′∥l 即可证明.

198. 空间四边形 ABCD 的各边与两条对角线的长都为 1,点 P 在 AD 上移动,点 Q 在 CB 上移动,求点 P 与点 Q 的最短距离。 A

2 2
B Q C

P D

解析: 可求得。

如图作辅助线,可得 PQ 为 AD,BC 的公垂线。在直角三角形 BQP 中

199. 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等,则该棱锥一定不是( A.三棱锥 解析:D B.四棱锥 C.五棱锥



D.六棱锥

A

B O C

V ABC 是正三角形,所以 OC=AC,而 V AOC 是直角三角形,OC 为直角边,AC 为斜边,矛盾,所以正棱锥不是六棱锥。
200. A、B 为球面上相异的两点,则通过 A、B 可作大圆( A.一个 解析:D 当 A,B 点在球直径上, ,这样的大圆有无数个,当不在球直径上,与球心 O 三个点唯一确定一个平面。 201. .已知过球面上 A、B、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半,且 AB=BC=AC=2,求球的体 积。 B.无穷多个 C.零个 )

D.一个或无穷多个

解析:过 A、B、C 三点截面的小圆的半径就是正△ABC 的外接圆的半径

2 3 , 3

它是Rt△中 60 0 所对的边,其斜边为

256 4 4 ,即球的半径为 ,∴ V = π; 3 3 81

202. 正四面体棱长为 a,求其内切球与外接球的表面积。 解析:设正四面体的面 BCD 和面 ACD 的中心分别为 O1 , O2 ,连结 AO2 与 BO1 并延长,必交于 CD 的中 点 E,又 BE =

3 3 6 a ,O2 E = a ,连接 BO2 ,在 Rt△ BO2 E 中, BO2 = , 连结 AO1 与 BO2 交 2 6 3 于 O3 , 由 Rt△ AO2 O3 ? Rt△ BO1O2 , ∴ O2O3 = O3O1 , O3 A = O3 B , 同理可证 O3C = O3 D = O3 A, O3 到 另二面的距离也等 O 3 O1 ,
∴ O3 为四面体外接球与内接球的球心,由△ BO1O3 ∽△ BO2 E ,∴ O1O3 =

6 a, 12

∴ R外 =

6 3 6 1 a , S 外 = π a 2 , r内 = a , S内 = πa 2 4 2 12 6

203. 在 RtΔABC 中,AB=BC,E、F 分别是 AC 和 AB 的中点,以 EF 为棱把它折成大小为β的二面角 A —EF—B 后,设∠AEC=α, 求证:2cosα-cosβ=-1. 解析:∠AFB=β.可证:BC⊥AB,然后利用 AC2=BC2+AB2 即可证得. 204. 如图:D、E 是是等腰直角三角形 ABC 中斜边 BC 的两个三等分点,沿 AD 和 AE 将△ABD 和△ACE 折 起,使 AB 和 AC 重合,求证:平面 ABD⊥平面 ABE. A A









D B



解析:过 D 作 DF⊥AB 交 AB 于 F,连结 EF,计算 DF、EF 的长,又 DE 为已知,三边长满足勾股定理, ∴∠DFE= 900 ; 205. 已知正三棱柱 ABC— A1 B1C1 的底面边长为8,侧棱长为6,D 为 AC 中点, (1)求证:AB1∥平面 C1DB; (2)求异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值. (1) 解析:连B1C交 BC1于 E,连结 ED,则 AB1∥DE,由线面平行定理得 AB1∥平面 BDC1; (2) ∵AB1∥DE,∴DE 与 BC1所成锐角就是异面直线 AB1与 BC1所成的角,又 BD⊥DC,在 Rt△BDC 1中, 易知 BE=

1 1 BC1=5,DE=5,BD= 4 3 ,在△BDE 中, cos ∠BED= ,∴异面直线 AB1与 BC1所成 2 25 1 角的余弦值为 25
206. 已知(如图) :三棱锥 P—ABC 中,异面直线 PA 与 BC 所成的角为 90 0 ,二面角 P—BC—A 为 60 0 , △PBC 和△ABC 的面积分别为 16 和 10,BC=4. 求: (1)PA 的长; (2)三棱柱 P—ABC 的体积 V P ? ABC P





解析: (1)作 AD⊥BC 于 D,连 PD,由已知 PA⊥BC,∴BC⊥面 PAD,∴BC⊥PD,∴∠PDA 为二面角的平面角,∴ ∠PDF= 60 0 ,

可算出 PD=8,AD=5,∴PA=7;(2)V=

40 3 3

207. 如图 2-33:线段 PQ 分别交两个平行平面α、β于 A、B 两点,线段 PD 分别交α、β于 C、D 两 点,线段 QF 分别交α、β于 F、E 两点,若 PA=9,AB=12,BQ=12, ? ACF 的面积为 72,求 ? BDE 的 面积。 解析: 求 ? BDE 的面积,看起来似乎与本节内容无关,事实上,已知 ? ACF 的面积,若 ? BDE 与 ? ACF 的对应边有联系的话,可以利用 ? ACF 的面积求出 ? BDE 的面积。 b, 夹角为θ, 则 ? ABC 的面积 S= (提示: ① ? ABC 的两条邻边分别长为 a、 °-α) 解答:∵平面 QAF∩α=AF,平面 QAF∩β=BE,又∵α∥β,∴AF∥BE 同理可证:AC//BD,∴∠FAC 与∠EBD 相等或互补,即 sin∠FAC= sin∠EBD. 由 AF∥BE,得

1 absinθ,②sinα=sin(180 2

BE QB 12 1 1 = = = ,∴BE= AF AF QA 24 2 2 AC PA 9 3 7 由 BD//AC,得: = = = ,∴BD= AC BD PB 21 7 3 1 又∵ ? ACF 的面积为 72,即 AF·AC·sin∠FAC=72, 2 1 ∴ S?DBE = BE·BD·sin∠EBD 2 1 1 7 = · AF· AC·sin∠FAC 2 2 3 7 1 7 AF·AC·sin∠FAC= ×72=84 = · 6 2 6 ∴ ? BDE 的面积为 84 平方单位。
E

P F A C α

D B

β

Q 图 2-33

208. a、b、c 为三条不重合的直线,α、β、γ为三个不重合平面,现给出六个命题,

a // c ? ? ? a // b b // c ? α // γ ? ? ? α // β β // γ ?



a // γ ? ? ? a // b b // γ ? α // c ? ⑤ ? ? α // a a // c ?
C. ①④

α // c ? ? ? α // β β // c ? a // γ ? ⑥ ? ? α // a α // γ ?
③ D. ①④⑤⑥

其中正确的命题是( ) A. ①②③ B. ①④⑤

解析: 首先要判断每个命题的真假,错误的命题只需给出一个反例。 解答: ①三线平行公理, 两直线同时平行于一平面,这二直线可相交,平行或异面 二平面同时平行于一直线这两个平面相交或平行 面面平行传递性, 一直线和一平面同时平行于另一直线,这条直线和平面可平行或直线在平面内, 一直线和一平面同时平行于另一平面,这直线和平面可平行也可能直线在平面内, 故①④正确 ∴应选 C。 209. 长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB1 与 A1D 所成的角为α,AC 与 BC1 所成的角为β,A1C1 与 CD1 所成的角为γ。 求证:α+β+γ=π 解析:作如图的辅助线 则∠AB1C 为 AB1 与 A1D 所成的角∠AB1C=α

// A1B1 = // C1D1 ∵AB = ∴BC1//AD1,故∠D1AC 为 AC 与 BC1 所成的角∠D1AC=β ∵AA1 = // DD1 = // CC1,∴A1C1//AC ∴∠D1CA 即为 A1C1 与 CD1 所成的角∠D1CA=γ 在△ACD1 和△ACB1 中,AB1=CD1,B1C=D1A,AC=CA ∴△ACD1≌△CAB1,故∠AB1C=∠AD1C,故∠AD1C=α 在△AD1C 中,∠AD1C+∠D1CA+∠D1AC=π 即:α+β+γ=π

B1 A1 B a D c b D1

C1

C 行。 解 和

210. 如果两个平面分别平行于第三个平面, 那么这两个平面互相平 A α (已知α∥β,γ∥β,求证:α∥γ。 ) 图 2- 析:如图 2- ,作两个相交平面分别与α、β、γ交于 a、c、e b、d、f β

d

e γ f

?a // c ? α // β ? ? ? ?b // d ? ?a // e ? a // γ ? ??? ? ? α // γ ?c // e ? ?b // f ? b // γ ? β // γ ? ? ?d // f ? ?

211. 下列说法中正确的是( ) : A. 直线 l 平行于平面α内的无数条直线,则 l//α B. 若直线 a 在平面α外,则 a//α C. 若直线 a//b,直线 b ? α,则 a//α D. 若直线 a//b,b ? α,那么 a 就平行于平面α内的无数条直线 解析:画出图形,根据直线与平面平行的定义和判定定理进行分析。 解答: 由直线 l 虽与平面α内无数条直线平行,但 l 有可能在平面α内,知 l 不一定平行于α,从 而排除 A 直线 a 在平面α外,包括两种情况:a//α或 a 与α相交,故 a 与α不一定平行,从而排除 B 直线 a//b ,b ? α只能说明 a 和 b 无公共点,但 a 可能在平面α内,故 a 不一定平行于α,从而排 除C a//b,b ? α,那么 a ? α或 a//α,故 a 可能与平面α内的无数条直线平行,从而选择 D 点评: 判定直线与平面平行时, 要注意直线与平面平行的判定定理中的三 个条件,缺一不可。 。 212.如图 2-20, 两个全等的正方形 ABCD 和 ABEF 所在平面相交于 AB, M∈AC,N∈FB,且 AM=FN,求证:MN//平面 BCE。 解析: 要证 MN//平面 BCE,就是要在平面 BCE 上找一条直线,证明它与 MN 平行即可。 证明: 连结 AN 并延长,交 BE 延长张于 G,连结 CG。 由 AF//BG,知 BCE。 点评:证线面平行,通常转化为证线线平行,关键是在平面内找到所需的线。 213. 如图 2-21,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2,E 为 DD1 的中点, (1)判断 BD1 和过 A、C、E 三点的平面的位置关系, 并证明你的结论。 (2)求 ? ACE 的面积。 证明(1) :连结 BD,令 BD∩AC=F。 ∵BD1 和过 A、C、E 三点的平面平行, D1 A1 A E D B B1 C C1

D C

A M B N E

F G

图 2-20

AN FN AM = = ,故 MN//CG,MN ? 平面 BCE,CG ? 平面 BCE,于是 MN//平面 NG NB MC

则 F 是 DB 的中点,又 E 是 DD1 的中点, ∴EF∥BD1 又 EF ? 平面 ACE,BD1 ? 平面 ACE, ∴BD1∥平面 ACE (2)在正方形 ABCD 中,AB=2,AC=2 2 ,∴AF= 2 在直角△ADE 中,AD=2,DE=1,∴AE= 5 在 Rt△EAF 中,EF= EA2 ? AF 2 = 5 ? 2 = 3 ∴ s?ACE =

1 ×2 2× 3 = 6 2

214. 直线 a//直线 b,直线 a 与平面α相交,判定直线 b 与平面α的位置关系,并证明你的结论 证明:假设直线 b 与α不相交,则 b ? α或 b//α (1)若 b ? α,由 a//b,b ? α,a ? α ? a//α,与 a 与平面α相交矛盾,故 b ? α不可能。 (2)若 b//α,又 a// b,a,b 可以确定平面β,设α∩β=c,由 c ? α,知 b 与 c 没有公共点,又 b、c 同 在平面β内,故 b//c,又 a//b,故 a//c,c ? α,a ? α ? a//α,这与 a 与平面α相交矛盾。故 b 不平行 α。 综上所述,b 与α必相交。 215. 如图 2-22:在长方体 AC1 中, (1)求证:BC1//平行平面 AB1D1 (2)若 E、F 分别是 D1C,BD 的中点,则 EF//ADD1A1 解析: (1)∵D1C1 // = DC // = AB ∴ABC1D1 是平行四边形 BC1//AD1 又 BC1 ? 平面 AB1D1,又 AD1 ? 平面 AB1D1 BC1//平面 AB1D1 (2)证明:连结 AF、CF、AD1, ∵ABCD 是正方形,且 F 是 BD 的中点,知 A、F、C 三点共线, 且 F 是 AC 的中点,又 E 是 CD1 的中点 ∴EF//AD,又 EF ? 平面 ADD1A1,AD ? 平面 ADD1A1, ∴EF//平面 ADD1A1

D1 A1 D E B1

C1

F A B 图 2-22

C

216.在正方体木块 ABCD-A1B1C1D1 的表面上有一动点 P 由顶点 A 出发按下列规则向点 C1 移动; ⑴点 P 只能沿着正方体木块的棱或表面对角线移动; ⑵点 P 每一变化位置,都使 P 点到 C1 点的距离缩短。 动点 P 共有_________种不同的运行路线。 解析:通过画图逐一计数,共得 12 种不同路线(从 B 到 C1,就有 3 种不同路线) 经过一条边,一条对角线的情况有 6 种, A → B → C1 , A → A1 → C1 , A → D → C1

A → B1 → C1 , A → C → C1 , A → D1 → C1
经过三条边的情况有 6 种:

A → B → B1 → C1 , A → B → C → C1 , A → D → C → C1 A → D → D1 → C1 , A → A1 → B1 → C1 , A → A1 → D1 → C1
217. 判定下列命题的真假 (1)两个平面垂直,过其中一个平面内一点作与它们的交线垂直的直线,必垂直于另一个平面; (2)两个平面垂直,分别在这两个平面内且互相垂直的两直线,一定分别与另一平面垂直; (3)两平面垂直,分别在这两个平面内的两直线互相垂直。 解析: (1)若该点在两个平面的交线上,则命题是错误的, D1 如图 2-55,正方体 AC1 中,平面 AC⊥平面 AD1,平面 AC∩平面 AD1=AD, B1 A1 在 AD 上取点 A,连结 AB1,则 AB1⊥AD,即过棱上一点 A 的直线 AB1 D 与棱垂直,但 AB1 与平面 ABCD 不垂直,其错误的原因是 AB1 没有保证在平面 ADD1A1 内,可以看出:线在面内这一条件的重要性; A B (2)该命题注意了直线在平面内,但不能保证这两条直线都与棱垂直,如 图 2-56,在正方体 AC1 中,平面 AD1⊥平面 AC,AD1 ? 平面 ADD1A1,AB ? 平 图 2-55 面 ABCD,且 AB⊥AD1,即 AB 与 AD1 相互垂直,但 AD1 与平面 ABCD 不垂直; D1 (3) 如图 2-56: 正方体 AC1 中, 平面 ADD1A1⊥平面 ABCD, AD1 ? 平面 ADD1A1, B1 A1 AC ? 平面 ABCD,AD1 与 AC 所成的角为 60,即 AD1 与 AC 不垂直 D 解:由上面的分析知,命题⑴、⑵、⑶都是假命题。 A B 点评:在利用两个平面垂直的性质定理时,要注意下列的三个条件缺一不 可:①两个平面垂直;②直线必须在其中一个面内;③直线必须垂直它们 的交线。 218.已知平面α⊥平面β,平面α⊥平面γ,且β∩γ=a,求证:a⊥α。 解析: 此题需要作出辅助线,可有多种证明方法。 证法 1:如图 2-57:在α内取一点 P,作 PA⊥β于 A,PB⊥γ于 B, 则 PA⊥a,PB⊥a,又 PA ? α,PB ? α,PA∩PB=P,∴ a⊥α。 证法 2:如图 2-58,在 a 上任取一点 Q,作 QC ⊥α于 C,∵β∩γ=a,∴Q∈β, 又β⊥α,∴QC ? β,同理可证 QC ? γ,∴QC 为β与γ的交线 a,∴ a⊥α。 证法 3:如图 2-59,在 a 上取点 R,在β内作 RD 垂直于α、β的交线 l 于 D, ∴RD⊥α,同法在γ内,作 RE 垂直于α,交α与γ的交线 m 于 E,则 RE⊥α,过平面外一点,作 这个平面的垂线是惟一的,∴RD、RE 重合,则它既包含于β,又包含于γ, 图 2-56 C1

C

C1

C

∴ a⊥α。 证法 4:如图 2-60,在β、γ内分别取 M、N 分别作α、β的交线 l 和α、γ的交线 m 的垂线 c, d,则 c⊥α,d⊥α,c//d,c//a,∴ a⊥α。 点评: 此题是线线,线面,面面垂直转化典型题,多解题,对沟通知识和方法,开拓解题思路是 有益的。

β A α

aγ B P α

a β Q

γ

β l

a

βM R γ c

a

Nγ d m

C

α

D

m E α

l 图 2-60

图 2-57

图 2-58

图 2-59

219. 下列四个平面图形中,每个小四边形皆为正方形,其中可以沿两个正方形的相邻边折叠围成一个 立方体的图形是 ( )

解析:C A. B. C. D. 220. 如图,将锐角 A 为 60°,边长为 a 的菱形 ABCD 沿 BD 折成 60°的二面角,则 A 与 C 之间的距 离为___________。 解析:

3 a 2
B

A

A C B D E D

221. 如图 2-63,已知平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ。α∩γ=a,β∩γ=b 且 a∥b,求证α∥ C β。 α β 证明:在平面γ内作直线 c⊥a, ∵a∥b,∴c⊥b。 ∵α⊥γ,∴c⊥α, γ 又∵β⊥γ,∴c⊥β, c b a 图 2-63

∴α∥β 222. 求证:一条直线与两个相交平面都平行,则这条直线与这两个相交平面的交线平行。 已知:如图:a//α,a//β,α∩β=b,求证:a//b 解析: 证明: 本题可利用线面平行的性质定理来证明线线平行。 如图 2-28,过 a 作平面γ、δ,使得γ∩α=c,δ∩β=d,那么有

γ Iα ? ? d ? β? c ? α ? ? ? ? ? ? ? a // α ? ? a // c ? ? c // d ? ? c // β ? ? c // b ? ? a // b ? ? ? ? a ? γ ? 同理a // d ? c ? β ? α I β = b? 同理a // c ? ?
点评: 本题证明过程,实际上就是不断交替使用线面平行的判 理、性质定理及公理 4 的过程。这是证明线线平行的一种典型的 路。 γ 定定 思 α 个矩 (1)

β d b

δa c

223. 如图 2-29:四面体 A-BCD 被一平面所截,截面 EFGH 是一 形, 求证:CD//平面 EFGH; (2)求异面直线 AB、CD 所成的角。 证明: (1)∵截面 EFGH 是一个矩形, EF//GH,又 GH ? 平面 BCD 面 BCD,而 EF ? 平面 ACD,面 ACD∩面 BCD=CD CD,∴CD//平面 EFGH 则(1)知 EF// CD,同理 AB//FG, 直线所成角的定义知∠EFG 即为所求的角。 CD 所成的角为 90°

A E B H G C 图 2-29 F D

∴ ∴EF//平 ∴EF// 解: (2) 由异面 ∴AB、

224. 如图 2-31:设 a、b 是异面直线,A∈a,B∈b,AB⊥a,AB⊥b, 中点 O 作平面α与 a、b 分别平行,M、N 分别是 a、b 上任意两点,MN 与α交于点 P, 求证:P 是 MN 的中点。 A M a 证明:连结 AN,交平面α于点 Q,连结 PQ,OQ。 ∵ b//α,b ? 平面 ABN,平面 ABN∩α=OQ, ∴b// OQ,又 O 为 AB 有中点,∴Q 为 AN 的中点。 O ∵a//α,a ? 平面 AMN,平面 AMN∩α=PQ, α ∴a// PQ, ∴P 是 MN 的中点。 B N b

过 AB 的

图BD 2- 31 225.如图 2-32:平面 EFGH 分别平行于 CD、AB,E、F、G、H 分别在 、 BC、AC、AD 上,且 CD=a,AB=b,CD⊥AB (1)求证:EFGH 是矩形 D H G E

C

(2)点 E 在什么位置时,EFGH 的面积最大

(1)证明:∵CD//平面 EFGH,而平面 EFGH∩平面 BCD=EF ∴CD//EF,同理 HG//CD,∴EF// HG,同理 HE//GF, ∴四边形 EFGH 为平行四边形,由 CD//EF,HE// AB, ∴∠HEF 为 CD 和 AB 所成的角 又∵CD⊥AB,∴HE⊥EF ∴四边形 EFGH 为矩形 (2)解:由(1)可知在 ? BCD 中 EF//CD,设 DE=m,EB=n

D H A 图2 G E C F B

EF BE n , 又CD = a , ∴ EF = a, = CD DB m+n HE DE m 由HE/ / AB, , 又AB = b , HE = b ∴ = AB DB m+n 又 Q四边形EFGH为矩形 m n mn b? a= ab ∴ S矩形EFGH = HE ? EF = m+n m+n (m + n ) 2 ∴ Q m + n ≥ 2 mn , ∴ (m + n ) 2 ≥ 4mn mn 1 ∴ ≤ ,当且仅当m = n时取等号, 2 (m + n ) 4 mn 1 即E为BD的中点时,即S矩形EFGH ≤ ab ≤ ab, 2 (m + n ) 4 1 矩形EFGH的面积最大为 ab 4

226. 如图 2-23:已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,求证:平面 AB1D1//平面 BDC1。 解析:要证明两个平面平行,由面面平行的判定定理知,须在某一平面内寻找 两条相交且与另一平面平行的直线 证明:∵AB // = C1D1,C1D1 // = A1B1,∴AD1//BC1∴AB // = A1B1, A1 D A B 图 2-23

D1 B1

C1

∴四边形 ABC1D1 为平行四边形, 又 AD1 ? 平面 AB1D1, BC1 ? 平面 AB1D1, ∴BC1// 平面 AB1D1,同理,BD//平面 AB1D1,又 BD∩BC1=B, ∴平面 AB1D1//平面 BDC1。

C

点评:证面面平行,通常转化为证线面平行,而证线面平行又转化为证线线平行,所以关键是证线 线平行。

227.如图 2-24:B 为 ? ACD 所在平面外一点,M、N、G 分别为 ? ABC、 ? ABD、 ? BCD 的重心, (1)求证:平面 MNG//平面 ACD; (2)求 S ?MNG : S ?ADC B 解析: (1)要证明平面 MNG//平面 ACD,由于 M、N、G 分别 为△ABC、△ABD、△BCD 的重心,因此可想到利用重心的性 质找出与平面平行的直线。 证明:连结 BM、BN、BG 并延长交 AC、AD、CD 分别于 P、F、H。 ∵M、N、G 分别为△ABC、△ABD、△BCD 的重心, 则有: N G D F H C 图 2-24

A

M P

连结 PF、FH、PH 有 MN∥PF,又 PF ? 平面 ACD,∴MN∥平面 ACD。 同理:MG∥平面 ACD,MG∩MN=M, ∴平面 MNG∥平面 ACD (2)分析:因为△MNG 所在的平面与△ACD 所在的平面相互平行,因此,求两三角形的面积之比, 实则求这两个三角形的对应边之比。

BM BN BG = = =2 MP NF GH

MG BG 2 = = , PH BH 3 2 1 1 ∴MG= PH,又 PH= AD,∴MG= AD 3 2 3 1 1 同理:NG= AC,MN= CD, 3 3 ? ? ∴ MNG∽ ACD,其相似比为 1:3, ∴ S?MNG : S?ADC =1:9
解:由(1)可知 点评:立体几何问题,一般都是化成平面几何问题,所以要重视平面几何。比如重心定理,三角形的三 边中线交点叫做三角形有重心,到顶点的距离等于它到对边中点距离的 2 倍。 228. 如图:在正方体 ABCD-EFGH 中,求证:平面 AFH//平面 BDG。 析:易证 BD//平面 AHF,BG//平面 AHF, 平面 BDG//平面 AHF。 H E F G 解 ∴

C D 229.如图:在正方体 ABCD-EFGH 中,M、N、P、Q、R、S 分别是 AE、 EH、 A B EF、CG、BC、CD 的中点,求证:平面 MNP//平面 QRS。 解 H G 析:先证明 SR//BD,BD//HF,HF//NP, ∴ N F E SR//平面 MNP,再证 RO//平面 MNP, 从 而证 P Q 明平面 MNP//平面 QRS S M C D R B 230. 判断题:正确的在括号内打“√”号,不正确的打“×”号 A 1.一条直线和一个平面平行,它就和这个平面内的任何直线平 图 2-26 行



) ( ( ( ) ) ) )

2.如果一条直线垂直于平面内的无数条直线,那么这条直线和这个平面垂直 3.垂直于三角形两边的直线必垂直于第三边 4.过点 A 垂直于直线 a 的所有直线都在过点 A 垂直于 a 的平面内

5.如果三条共点直线两两垂直,那么其中一条直线垂直于另两条直线确定的平面 ( 解析: 本题是利用直线和平面垂直的定义及判定定理等知识来解答的问题。

解答: 1.直线与平面平行,则直线与平面内的直线的位置关系不外乎有两种①平行,②异面,因 此应打× 2.该命题的关键是这无数条直线具有怎样的位置关系,若为平行,则该命题应打“√”号;若为 相交,则该命题应打“×”号,正是因为这两种可能同时具备,因此,不说明面内这无数条线的 位置关系,则该命题应打“×”号 3.垂直于三角形两边的直线必垂直于三角形所在的平面,由线面垂直定义的逆用,则该直线必垂 直于三角形的第三边,∴该命题应打“√” 4.前面介绍了两个命题,①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直,②过一点有且只有一条直 线与已知平面垂直,根据第一个命题知:过点 A 垂直于直线 a 的平面惟一,因此,过点 A 且与直 线 a 垂直的直线都在过点 A 且与直线 a 垂直的平面内,∴该命题应打“√” 5.三条共点直线两两垂直,设为 a,b,c 且 a,b,c 共点于 O, ∵a⊥b,a⊥c,b∩c=0,且 c 确定一平面,设为α,则 a⊥α, 同理可知 b 垂直于由 a,c 确定的平面,c 垂直于由 a,b 确定的平面 ∴该命题应打“√” 点评:此类问题必须做到:概念清楚、问题理解透彻、相关知道能灵活运用。 231.如图 2-35:在空间四边形 ABCD 中,已知 BC=AC,AD=BD,引 BE⊥CD,E 为垂足,作 AH⊥BE 于 H,求证:AH⊥平面 BCD。 解析: 要证 AH⊥平面 BCD,只须利用直线和平面垂直的判定定理, 证 AH 垂直于平面 BCD 中两条相交直线即可。 证明:取 AB 中点 F,连结 CF、DF, ∵AC=BC,∴CF⊥AB, 又∵AD=BD,∴DF⊥AB,∴AB⊥平面 CDF, 又 CD ? 平面 CDF,∴CD⊥AB 又 CD⊥BE,∴CD⊥平面 ABE,CD⊥AH F C H E D 图 2-35 A

B

又 AH⊥BE,∴AH⊥平面 BCD。 点评:证明线面垂直,需转化为线线垂直,而线线垂直,又可通过证线面垂直来实现。在这里,定 义可以双向使用,即直线 a 垂直于平面α内的任何直线,则 a⊥α,反之,若 a⊥α,则 a 垂直于 平面α内的任何直线。 P 232.如图:已知 PA⊥⊙O 所在的平面,AB 是⊙O 的直径, C 是异于 A、B 的⊙O 上任意一点,过 A 作 AE⊥PC 于 E , 求证:AE⊥平面 PBC。 证明:∵PA⊥平面 ABC,∴PA⊥BC, 又∵AB 是⊙O 的直径,∴BC⊥AC 而 PA∩AC=A,∴BC⊥平面 PAC 又∵AE ? 平面 PAC,∴BC⊥AE ∵PC⊥AE 且 PC∩BC=C,∴AE⊥平面 PBC。

E O A C 图 2-36 B

233. 如图:BC 是 Rt△ABC 的斜边,AP⊥平面 ABC,连结 PB、PC,作 PD⊥BC 于 D,连结 AD,则 图中共有直角三角形_________个。 P 8 解析:Rt△ PAB、Rt△PAC、Rt△ABC、Rt△ADP。 可证 BC⊥ 平面 APD,由 BC⊥AD,BC⊥PD 可得 Rt△ A C 共 8 个。 PBD、Rt△PDC、Rt△ADB、Rt△ADC D 234. 如图:已知 ABCD 是空间四边形,AB=AD,CB=CD 求证:BD⊥ B AC 证明: 设 BD A 的中点为 K,连结 AK、CK, ∵AB=AD,K 为 BD 中点 ∴AK⊥BD 同理 CK⊥BD,且 AK∩KC=K D B ∴BD⊥平面 AKC ∴BD 垂直于平面 AKC 内的所有直线 C 235. 如图 2-40:P 是△ABC 所在平面外的一点,PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,PH⊥平面 ABC,H 是垂足。 求证:H 是 ABC 的垂心。 P

证明:∵PA⊥PB,PB⊥PC, ∴PA⊥平面 PBC,BC ? 平面 PBC ∴BC⊥PA ∵PH⊥平面 ABC,BC ? 平面 ABC ∴BC⊥PH ∴BC⊥平面 PAH,AH ? 平面 PAH ∴AH⊥BC,同理 BH⊥AC,CH⊥AB, 因此 H 是△ABC 的垂心。 236. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为 DD1 中点,O

D1 A1 P D A O B

A B1

C1 B

H D

C

C

为底面

ABCD 中心, 求证:B1O⊥平面 PAC。 证明:如图:连结 AB1,CB1,设 AB=1 ∵AB1=CB1= 2 ,AO=CO,∴B1O⊥AC,
2 2 2 连结 PB1,∵ OB1 = OB + BB1 =

3 2

9 4 3 OP 2 = PD 2 + DO 2 = 4 2 2 2 ∴ OB1 + OP = PB1
2 2 2 PB1 = PD1 + B1D1 =

∴B1O⊥PO, ∴B1O⊥平面 PAC。 237. 正方体各个面所在的平面能将空间分成 m 个部分, m 应等于 A. 27 B. 21 C. 18 D.9 解析:A ( )

D' A' B'

C'

D A B

C

如果将正方体各个面延展,可视为将空间分成三个层 面, 上面如图标出直角的层面, 中间一层, 下面一层, 而上面一个层面中, 又分成九个部分, 共 9 × 3=27 个部分。 238. 三棱锥 P—ABC 的三条侧棱 PA、PB、PC 两两垂直,底面 ABC 上一点 Q 到侧面 PAB、侧面 PBC、侧 面 PAC 的距离依次为 2,3,6。 求:P、Q 两点间的距离。 解析:如图,作 QE⊥面 PAB, QM⊥面 PBC,QH⊥面 PAC,E、M、N 为垂足。

由 PA、PB、PC 两两垂直,所以 PC⊥面 PAB,PB⊥面 PAC, PA⊥面 PBC,可得三个侧面两两垂直。 设平面 QEM 与 PB 交于 F,平面 QEH 与 PA 交于 G,平面 MQH 与 PC 交于 N,连接 EF、MF、GH、GQ、NH、 NM,可证明 QMNH-EFPG 是长方体。 ∴PQ= = =7。

239.已知:如图,ABCD 是边长为 2 的正方形, PC⊥面 ABCD,PC=2,E、F 是 AB、AD 中点。 求:点 B 到平面 PEF 的距离。 解析:由 BD∥EF 可证 DB∥平面 PEF,则点 B 到平面 PEF 的距离转化为直线与平面 PEF 的距离。又由平 面 PCA 垂直平面 PEF,故 DB 与 AC 的交点到两垂直平面的交线的距离为所求距离。 方法一:连接 DB,AC 交于 O 点,设 AC 交 EF 于 G,连 PG, 作 OH⊥PG,H 为垂足。 ∵E、F 是 AB、AD 中点,∴EF∥DB,∴DB∥面 PEF, ∵ABCD 是正方形,∴AC⊥BD,∴EF⊥AC, ∵PC⊥面 ABCD,∴EF⊥PC,∴EF⊥面 PCG, ∵EF? 面 PEF,∴面 PEF⊥面 PCG, ∵OH⊥PG,∴OH⊥面 PEF,即 OH 为所求点 B 到平面 PEF 的距离。

由 ABCD 边长为 2,∴AC=2

,GO=

,GC=



∵PC⊥面 ABCD,∴PC⊥AC,

∴△OHG∽△PCG,∴

,

由 PC=2,PG=

∴OH=

=

即点 B 到平面 PEF 的距离为



方法二:如图,连接 BF、PB,设点 B 到平面 PEF 的距离为 d,

由 VP-BEF= S△BEF·PC

= × ×BE×AF×PC

= ×1×1×2= 连 AC 交 EF 于 G,连 PG,由方法一知

PG=

,EF=

,S△PEF= ×

×

=

∴VB-PEF= ·S△PEF·d=VP-BEF=

,



d=1 d=

即点 B 到平面 PEF 的距离为



240. 如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、G、H、L、M、N 分别是 A1D1、A1B1、BC、CD、 DA、DE、CL 的中点, (1)求证:EF ⊥ GF; (2)求证:MN//平面 EFGH; (3)若 AB=2,求 MN 到平 面 EFGH 的距离。 解: (1)证:取 B1C1 中点 Q,则 GQ ⊥ 面 A1B1C1D1,且 EF ⊥ FQ,由三垂线定理得 EF ⊥ GF; (2)在三角形 DEG 中,MN//EG,由此可证 MN//平面 EFGH; (3) 设所求距离为 h, 由 VE-NGH=VN-HEG, 得 EL=2,故 h =

1 1 1 ? EL ? S ?NHG = ? h ? S ?HEG , 又 S ?NHG = , S ?EHG = 3 , 3 3 4

3 。 6

241. 已知点 P 是正方形 ABCD 所在的平面外一点,PD ⊥ 面 AC,PD=AD= l ,设点 C 到面 PAB 的距离 为 d1,点 B 到平面 PAC 的距离为 d2,则( ) (A) l <d1 <d2(B)d1< d2< l (C)d1< l < d2(D)d2<d1< l 解析: d1 =

2 3 l , d2 = l ,故 d2<d1< l ,选 D。 2 3
D

C

242.如图, 正方形 ABCD、 ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、 ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF 上移动,若 CM=BN= a (0 < a <

P M B N F Q E

2 ). (1)求 MN 的长;

(2)当 a 为何值时,MN 的长最小; (3)当 MN 长最小时, 求面 MNA 与面 MNB 所成的二面角 α 的大小。 A

解析: (1)作 MP∥AB 交 BC 于点 P,NQ∥AB 交 BE 于点 Q,连接 PQ,依题意可得 MP∥NQ,且 MP=NQ,即 MNQP 是平行四边形。∴MN=PQ,由已知,CM=BN=a,CB=AB=BE=1, ∴ AC = BF =

2,

a CP a BQ a = , = , 即 CP = BQ = , 1 2 1 2 2

∴ MN = PQ =

(1 ? CP ) 2 + BQ 2 = (1 ? a ) 2 + ( a ) 2 = (a ? 2 ) 2 + 1 (0 < a < 2 )
2 2 2 2

(2)由(1)知: 当a =

2 2 时,MN = , 即M , N分别移动到AC , BF的中点时, 2 2
2 2

MN的长最小,最小值为

(3)取 MN 的中点 G,连接 AG、BG,∵AM=AN,BM=BN,∴AG⊥MN,BG⊥MN, ∴∠AGB 即为二面角α的平面角。又 AG = BG =
6 2 6 ) + ( )2 ?1 故所求二面角 α 1。 4 4 =? 3 6 6 2? ? 4 4

6 ,所以由余弦定理有 4

cos α =

(

1 = arccos(? ) 。 3
C G B H E N M P F A D

243. 如图, 边长均为 a 的正方形 ABCD、 ABEF 所在的平面所

π 成的角为θ (0 < θ < ) 。点 M 在 AC 上,点 N 在 BF 上,若 2 AM=FN ,(1)求证:MN//面 BCE ; (2)求证:MN ⊥ AB;
(3)求 MN 的最小值.

解析: (1)如图,作 MG//AB 交 BC 于 G, NH//AB 交 BE 于 H, MP//BC 交 AB 于 P, 连 PN, GH , 易证 MG//NH, 且 MG=NH, 故 MGNH 为平行四边形,所以 MN//GH , 故 MN//面 BCE ; (2)易证 AB ⊥ 面 MNP, 故 MN ⊥ AB ; (3)

∠MPN 即为面 ABCD 与 ABEF 所成二面角的平面角,即 ∠MPN = θ ,设 AP=x , 则 BP=a-x , N x 2 + (a ? x ) 2 ? 2 x (a ? x ) cosθ

P=a-x , 所以: MN =

a 1 = 2(1 + cosθ )( x ? ) 2 + (1 ? cosθ )a 2 , 2 2
故当 x =

C D M

1 a 时,MN有最小值 (1 ? cosθ )a . 2 2

B P N F

E

244.如图,正方形 ABCD、ABEF 的边长都是 1,而且平面 ABCD、ABEF 互相垂直。点 M 在 AC 上移动,点 N 在 BF

A

上移

(2)求 MN 长的最小值,该最 动,若 CM=x ,BN=y, (0 < x, y < 2 ). (1)求 MN 的长(用 x,y 表示); 小值是否是异面直线 AC,BF 之间的距离。

解析:在面 ABCD 中作 MP ⊥ AB 于 P,连 PN,则 MP ⊥ 面 ABEF,所以 MP ⊥ PN,PB=1-AP=

2 x在 2

? PBN 中,由余弦定理得:PN2= (

2 2 x) + y 2 + ? 2 xy cos 45 0 2

=

1 2 x + y 2 ? xy ,在 Rt?PMN 中,MN= MP 2 + PN 2 = (1 ? 2 x) 2 + 1 x 2 + y 2 ? xy 2 2 2

= x 2 + y 2 ? xy ? 2 x + 1 (0 < x, y < 2 ). ; x 3 2 2 2 1 2 2 2 x 2 + y 2 ? xy ? 2 x + 1 ( y ? ) 2 + ( x ? ) + ,故当 x = ,y= 时, 2 4 3 3 3 3 3 MN 有最小值 。且该最小值是异面直线 AC,BF 之间的距离。 3
(2)MN = 245.已知正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,点 P 是 DD1 的中点,且截面 EAC 与底面 ABCD 成 450 角, AA1=2a,AB=a, (1)设 Q 是 BB1 上一点,且 BQ = 2 a,求证:DQ ⊥ 面 EAC; (2)判断 BP 与面 EAC 是否平行,并说明理由?(3)若点 M 在侧面 BB1C1C 及其边界上运动,并且总保持 AM ⊥ BP,试确 定动点 M 所在的位置。 D C 解析: (1)证:首先易证 AC ⊥ DQ,再证 EO ⊥ DQ(O 为 AC 与 交点)在矩形 BDD1B1 中,可证 ? EDO 与 ? BDQ 都是直角三角 此易证 EO ⊥ DQ,故 DQ ⊥ 面 EAC 得证; (2)若 BP 与面 EAC 平行,则可得 BP//EO,在三角形 BPD 中, BD 中点,则 E 也应是 PD 中点,但 PD= ED=DO= 行; (3)易知,BP ⊥ AC,要使 AM ⊥ BP,则 M 一定在与 BP 垂直的平面上,取 BB1 中点 N,易证 BP ⊥ 面 NAC,故 M 应在线段 NC 上。 246.如图,已知平行六面体 ABCD ? A1 B1C1 D1 的底面 ABCD 是菱形, 且 A P E D A
O

B Q N

BD 的 形,由

O是 C B 不平

1 DD1=a,而 2

1 1 BD= 2 a,故 E 不是 PD 中点,因此 BP 与面 EAC 2 2

∠C1CB = ∠C1CD = ∠BCD = 60 , (1)证明: C1C ⊥ BD ;
0

(II)假定 CD=2,CC1 =

3 ,记面 C1 BD 为α,面 CBD 为 β,求二面 2

角α

-BD -β 的平面角的余弦值;

CD 的值为多少时,能使 A1C ⊥ 平面C1 BD ?请给出证明. 解析: (I)证明:连结 A1C1 、 CC1 AC, AC 和 BD 交于., 连结 C1O ,∵四边形 ABCD 是菱形, ∴AC⊥BD, BC=CD,Q ∠BCC1 = ∠DCC1 , 可证 ?C1 BC ? ?C1 DC ,∴ C1 B = C1 D ,
(III)当 故 C1O ⊥ BD ,但 AC⊥BD,所以 BD ⊥ 面AC1 ,从而 CC 1 ⊥ BD ; (II) 解: 由 (I) 知 AC⊥BD,C1O ⊥ BD , ∠C1OC 是二面角α—BD—β的平面角, 在 ?C1 BC 中, BC=2, C1C =

3 , ∠BCC1 = 60 0 , 2
∵∠OCB=60°,

1 13 9 3 BC = 1 , ∴ C1O 2 = C1 B 2 = OB 2 = ? 1 = , 故 C1O= , 2 4 4 2 3 C1O=C1C, 作 C1 H ⊥ OC , 垂足为 H, ∴点 H 是.C 的中点, 且 OH = , 2 OH 3 ; cos ∠C1OC = = C1O 3 ∴ OB =
(III)当

即 所以

CD = 1 时,能使 A1C ⊥ 平面C1 BD CC1

证明一:∵

CD = 1 ,所以 BC = CD = C1C ,又 ∠BCD = ∠C1CB = ∠C1CD ,由此可得 CC1 BD = C1 B = C1 D ,∴三棱锥 C ? C1 BD 是正三棱锥.,

Q A1C1 // AC , 且 A1C1:OC = 2: 1, 所以 C1O : 如图, 已知正方体 ABCD 247.设 A1C与C1O 相交于 G., —A1B1C1D1 的棱长为 a,求异面直线 A1C1 与 BD1 的距离.

解析:本题的关键是画出 A1C1 与 BD1 的公垂线,连 B1D1 交 A1C1 于 O,在平面 BB1D1 内作 OM⊥BD1,则 OM 就 是 A1C1 与 BD1 的公垂线,问题得到解决.

解 连 B1D1 交 A1C1 于 O,作 OM⊥BD1 于 M. ∴ ∴ ∴ A1C1⊥B1D1,BB1⊥A1C1,BB1∩B1D1=B1. A1C1⊥平面 BB1D1. ∴ A1C1⊥OM,又 OM⊥BD1.

OM 是异面直线 A1C1 与 BD1 的公垂线.

在直角ΔBB1D1 中作 B1N⊥BD1 于 N. ∵ BB1·B1D1=B1N·BD1,a· 2 a=B1N· 3 a,



B1N=

6 1 6 a,OM= B1N= a. 3 2 6 6 a. 6

故异面直线 A1C1 与 BD1 的距离为

评析:作异面直线的公垂线一般是比较困难的,只有熟练地掌握线、线垂直,线、面垂直的关系后才 能根据题目所给条件灵活作出.本题在求 OM 的长度时,主要运用中位线和面积的等量关系. 248. 已知:A1、B1、C1 和 A2、B2、C2 分别是两条异面直线 l1 和 l2 上的任意三点,M、N、R、T 分别是 A1A2、B1A2、B1B2、C1C2 的中点.求证:M、N、R、T 四点共面.

证明 如图,连结 MN、NR,则 MN∥l1,NR∥l2,且 M、N、R 不在同一直线上(否则,根据三线平行公理, 知 l1∥l2 与条件矛盾).∴ MN、NR 可确定平面β,连结 B1C2,取其中点 S.连 RS、ST,则 RS∥l2,又 RN ∥l2,∴ N、R、S 三点共线.即有 S∈β,又 ST∥l1,MN∥l1,∴MN∥ST,又 S∈β,∴ ST ? β. ∴ M、N、R、T 四点共面. GO =2:1

又 C1O 是正三角形 C1 BD 的 BD 边上的高和中线,∴点 G 是正三角形 C1 BD 的中心.故 CG ⊥ 面C1 BD , 即 A1C ⊥ 面C1 BD 。 证明二:由(I)知, BD ⊥ 面AC1 ,∴ BD ⊥ A1C ,



CD = 1 时,平行六面体的六个面是全等的菱形.同 BD ⊥ A1C 的证法可得 BC1 ⊥ A1C , CC1 BD ⊥ BC1 ,所以 A1C ⊥ 面C1 BD 。



249. 如果把两条异面直线看成“一对” ,那么六棱锥的棱所在的 12 条直线中,异面直线共有( A.12 对 B.24 对 C.36 对 D.48 对

)

解析:本题以六棱锥为依托,考查异面直线的概念及判断,以及空间想象能力. 解法一:如图,任何两条侧棱不成异面直线,任何两条底面上的棱也不成异面直线,所以,每对异面 直线必然其中一条是侧棱而另一条为底面的棱,每条侧棱,可以且只有与 4 条底面上的棱组成 4 对异 面直线,又由共 6 条侧棱,所以异面直线共 6×4=24 对. 解法二:六棱锥的棱所在 12 条直线中,能成异面直线对的两条直线,必定一条在底面的平面内,另一 条是侧棱所在直线.底面棱所在直线共 6 条,侧棱所在直线也有 6 条,各取一条配成一对,共 6×6=36 对,因为,每条侧棱所在的直线,与底面内的 6 条直线有公共点的都是 2 条,所以,在 36 对中不成异 面直线的共有 6×2=12 对.所以,六棱锥棱所在的 12 条直线中,异面直线共有 36-12=24 对. 250. A.平行 分别和两条异面直线都相交的两条直线的位置关系是( B.异面 C.平行或异面 )

D.相交或异面

解析:本题考查两条直线的位置关系,异面直线的概念,以及空间想象能力.

解法一:设两条异面直线分别为 l1,l2,则与它们分别相交的两条直线有可能相交,如图 1,也可能异 面,如图 2,它们不可能平行,这是由于:假设这两条直线平行,则它们确定一个平面α,两条平行线 与两条异面直线 l1 与 l2 的四个交点均在α内,则两异面直线 l1 与 l2 也在α内,这是不可能的.∴应选

D. 解法二:利用排除法,容易发现,分别和两条异面直线都相交的两条直线可以是相交的位置关系,由 于这点可以排除选择选 A、B、C.故选 D. 251. 已知两平面α,β相交于直线 a,直线 b 在β内与直线 a 相交于 A 点,直线 c 在平面α内与直线 a 平行,请用反证法论证 b,c 为异面直线. 解析:这题规定用反证法,提出与结论相反的假定后,要注意分可能的几种情况讨论. 证:用反证法. 假设 b,c 共面,则 b∥c 或 b,c 相交. (1)若 b∥c,∵ c∥a, ∴ a∥b 这与 b∩a=A 的已知条件矛盾;

(2)若 b∩c=P,∵ 又∵ ∴ c ? α,∴

b ? β,∴ P∈β. P∈α. ∴ P∈α∩β而α∩β=a.

P∈a,这样 c,a 有了公共点 P,这与 a∥c 的已知条件矛盾.

综上所述,假设不成立,所以 b、c 为异面直线. 说明 本题如不指明用反证法,也可以考虑用平面直线的判定定理来证明. 252. 如图,在棱长为 a 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,异面直线 AA1 和 BD1 的中点分别是 E、F.

(1)证明 EF 是 AA1 与 BD1 的公垂线段; (2)求异面直线 AA1 和 BD1 间的距离.

解析:(1)连接 ED1、EB,

则显然 ED1=EB=

5 a 2

又 F 为 BD1 之中点. ∴ EF⊥BD1;

连接 FA1,FA. ∵ ∴ ∴ F 为正方体的中心, FA=FA1,又 E 为 AA1 之中点, EF⊥A1A.

故 EF 为 AA1 与 BD1 的公垂线段. (2)在 RtΔEFD1 中 EF= ED1 ? FD1 =
2 2

5 2 3 2 2 a ? a = a. 4 4 2 2 a. 2

故 AA1 到 BD1 间的距离是

评析:今后学习了线面的位置关系之后,可以利用“转化”的思想求距离. 253. 如图所示,正三棱锥 S—ABC 的侧棱与底面的边长相等,如果 E、F 分别为 SC、AB 的中点,求异 面直线 EF 与 SA 所成的角.

解析:计算 EF、SA 所成的角,可把 SA 平移,使其角的顶点在 EF 上.为此取 SB 之中点 G,连 GE、GF、 BE、AE,由三角形中位线定理:GE=

1 1 BC,GF= SA,且 GF∥SA,所以∠GFE 就是 EF 与 SA 所成的角. 2 2 1 3 1 2 2 2 若设此正三棱锥棱长为 a,那么 GF=GE= a,EA=EB= a,EF= EA ? ( AB ) = a,因为Δ 2 2 2 2
EGF 为等腰直角三角形.∠EFG=45°,所以 EF 与 SA 所成的角为 45°.

说明 异面直线所成角的求法: 利用定义构造角,可固定一条,平移另一条,或同时平移到某个特殊的位置,顶点选在特殊的位置上, 通过证明所作的角就是所求的角或者补角,解三角形,可求. 254. 在空间四边形 ABCD 中,M、N、P、Q 分别是四边上的点,且满足

AQ CP AM CN = = = =k. MB NB QD PD

(1)求证:M、N、P、Q 共面. (2)当对角线 AC=a,BD=b,且 MNPQ 是正方形时,求 AC、BD 所成的角及 k 的值(用 a,b 表示) 解析:(1)∵

AQ AM =k = MB QD AM k = AM + MB k + 1



MQ∥BD,且



MQ AM k = = BD AB k +1
MQ=



k BD k +1



CN CP = =k NB PD
PN∥BD,且



CN k = CN + NB k + 1

∴ ∴

NP CN k k = = 从而 NP= BD BD CB k + 1 k +1
MQ∥NP,MQ,NP 共面,从而 M、N、P、Q 四点共面.

(2)∵

BM 1 BN 1 = , = MA k NC k

∴ ∴

BM BN 1 BM 1 = = , = MA NC k BM + MA k + 1
MN∥AC,又 NP∥BD.

∴ ∵ ∴

MN 与 NP 所成的角等于 AC 与 BD 所成的角. MNPQ 是正方形,∴ ∠MNP=90°

AC 与 BD 所成的角为 90°,

又 AC=a,BD=b,

MN BM 1 = = AC BA k + 1



MN=

1 a k +1 1 b,且 MQ=MN, k +1



MQ=

k 1 a b= a,即 k= . k +1 k +1 b
说明:公理 4 是证明空间两直线平行的基本出发点. 255.已知:直线 a 和直线 b 是异面直线,直线 c∥a,直线 b 与 c 不相交,求证:b、c 是异面直线. 证:因为 b,c 不相交,b、c 的位置关系有 b∥c 或 b、c 异面两种可能. 假设 b∥c,∵ c∥a,∴ a∥b,这与已知 a,b 是异面直线矛盾.

所以 b 与 c 不能平行,又 b、c 不相交 所以 b,c 是异面直线. 256.分别和两条异面直线 AB、CD 同时相交的两条直线 AC、BD 一定是异面直线,为什么? 证明:假设 AC、BD 不异面,则它们都在某个平面α内,这时 A、B、C、D 四点都在α上,由公理 1 知 A、 B、C、D ? α,这与已知 AB 与 CD 异面矛盾,所以 AC、BD 一定是异面直线.

257.

如图,ABCD—A1B1C1D1 是正方体,B1E1=D1F1=

A1 B1 ,则 BE1 与 DF1 所成角的余弦值是( 4
D.

)

A.

15 17

B.

1 2

C.

8 17

3 2

解析:过 A 点在平面 ABB1A1 内作 AF,使 A1F=D1F1,则 ADF1F 是平行四边形,∴FA∥DF1,再过 E1 在平面 ABB1A1 内作 E1E∥FA,则∠BE1E 即是 BE1 与 DF1 所成的角,由已知 BE1=DF1= 方体,∴ E1E=

A1 B1 ,ABCD—A1B1C1D1 是正 4

17 A1B1, 4

又 DF1=AF=E1E,DF1=BE1.



E1E=

17 1 A1B1,EB= A1B1 4 2 E1 E 2 + BE12 ? BE 2 15 = . 17 2 ? E1 E ? BE1

在ΔBE1E 中,cos∠BE1E=



应选 A.

258. 在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, M 和 N 分别为 A1B1 和 BB1 的中点, 那么直线 AM 与 CN 所成 角的余弦值是( )

A.

3 2

B.

10 10

C.

3 5

D.

2 5

解析:由图所示,AM 与 CN 是异面直线,过 N 作平行于 AM 的平行线 NP,交 AB 于 P,由定义可知∠PNC 就是 AM 与 CN 所成的角.因ΔPBC,ΔPBN,ΔCBN 皆为直角三角形,且 BP=

1 1 2 ,BN= ,BC=1,故 PN 4 2

=(

1 2 1 2 5 1 2 2 5 1 2 2 17 2 2 ) +( ) = ,CN =( ) +1 = ,PC =( ) +1 = ,在ΔPCN 中 cos∠PNC= 4 2 16 2 4 4 16 PN 2 + CN 2 ? PC 2 2 ,所以 cos∠PNC= ,因此应选 D. 2 PN ? CN 5

259. 已知异面直线 a 与 b 所成的角为 50°,P 为空间一定点,则过点 P 且与 a、b 所成的角都是 30 °的直线有且仅有( ) A.1 条 B.2 条 C.3 条 D.4 条

解析: 过 P 点分别作直线 a′∥a,b′∥b,则 a′与 b′的夹角为 50°,由异面直线所成的角的定义可 知,过 P 点与 a′,b′成 30°角的条数,就是所求的条数. 画图可知,过 P 点与 a′、b′成 30°角的直线只有两条. ∴ 应选 B.

260. .若 a、b 为异面直线,P 为空间一点,过 P 且与 a、b 所成角均为 A.二条 C.二条或四条 解析:D B.二条或三条 D.二条、三条或四条

π 的直线有( 3

)

261. 已知空间四边形 ABCD,E、H 分别是 AB、AD 的中点,F、G 分别是边 BC、DC 的三等分点. 求证:①对角线 AC、BD 是异面直线, ②EF 和 HG 必交于一点,且交点在 AC 上. 解析:①提示:用反证法,或者用判定定理. ②提示:先证 EH∥FG,EH<FG,设 FE∩GH=0 又 0∈GH.GH ? 平面 ADC.∴O∈平面 ADC.同理 O∈平面 ABC.

∴O 在平面 ADC 和平面 ABC 的交线 AC 上. 262.如果直线 a 垂直于直线 b,那么直线 a 与平行于直线 b 的任意一条直线 b′互相垂直 解析:在 a 上任取一点 A,过 A 作 b1∥b,则 a 与 b1 垂直.

∵b∥b′,b∥b1 ∴b1∥b′ ∴直线 a 与 b1 和 a 与 b′所成的角相等. ∴a⊥b′ 263. 在一块长方形木块的面上有一点 P,木匠师傅要用锯子从 P 和 CD 将木块分成两块,问怎样画线. 解析:过 P 作 C1D1 的平行线 EF,连 DE、CF.

264.异面直线 l1、l2,它们之间的距离为 1,所成角是 ∈l2,AE=BF=1,求 EF 的长.

π ,它们的公垂线是 AB,A∈l1,B∈l2.E∈l1,F 3

解析:如图,用异面直线 l1、l2 作为长方体的上、下底面的对角线,公垂线 AB 为高. ①EF 的长即是正方形 PEE′F 的对角线长,为 2 . ②侧面 EE ' F ' G 的对角线 F ' E ,用勾股定理得 F ' E =2,即为所求. 265.试证:两两相交且不全过同一点的四条直线共面. 解析:(1)设 a、b、c、d 四条直线两两相交,且不过同一点,并且无三线共点. 记 ∵ a∩b=A,a∩c=C,c∩b=B, a∩b=A,∴ a、b 确定平面α.

∴ ∴ 从而

B∈b,C∈a.

∴ B、C∈α.

BC ? α,即 c ? α,同理 d ? α a、b、c、d 共面

(2)若有三线共点,不妨设 b、c、d 相交于 A, a∩b=B,a∩c=C,a∩d=D. ∴ ∵ a 与 A 可确定平面α. B∈a. ∴B∈α,于是 b ? α.

同理,c ? α,d ? α. 从而 a、b、c、d 共面. 266. 正方体的两条体对角线所夹角的正弦值为______________。

2 2 3
解析: 易知 A1 D1 / / BC, 故 A1 C与BD1 两条体对角线相交, 设交点为 O(如图) , 则 ∠BOC或∠AOB 即为所成的角。 设正方体棱长为 1,则 A1 B =

2 ,A1C = 3,

BC = 1 ,所以 tg∠BA1C =

2 ,而 ∠BOC = 2∠BA1C ,故 2

2 1 1 2 = 2 2 ,即 cos 2 ∠BOC = = , tg∠BOC = 2 1 + tg ∠BOC 9 2 1 ? ( )2 2 2× sin 2 ∠BOC = 8 9 ∴ sin ∠BOC = 2 2 3

267.长方体 ABCD ? A1 B1 C1 D1 中, BC = 大小为______________。

2 14 ,CD = ,DD1 = 5, 则 A1C和B1 D1 所成角的 2 2

60°
解析:如图所示,将 B1 D1 平移到 A1 F ,则在 ?A1 FC 中

A1 F = 2 ;A1C = 3;CF = 7 ,故 2 2 + 32 ? ( 7 ) 2 1 = 2×2×3 2 ∴ ∠FA1C = 60° cos ∠FA1C =
268. 根据叙述作图,指出二面角α -l-β 的平面角,并证明. (1)已知α ∩β =l,A∈l(图 9-39) .在α 内作 PA⊥l 于 A,在β 内作 QA⊥l 于 A.

图 9-39 .作 AP⊥β 于 P,在α 内作 AQ⊥l 于 Q,连结 PQ. (2)已知α ∩β =l,A∈α , A ? l (图 9-40)

图 9-40 (3)已知α ∩β =l, A ? α , A ? β (图 9-41) .作 AP⊥α 于 P,AQ⊥β 于 Q,l∩平面 PAQ=H, 连结 PH、QH.

解析: (1)PA

α ,QA

β ,PA⊥l,QA⊥l,∴

∠PAQ 为二面角的平面角.



(2)∵ AP⊥β ,∴ PQ 为 AQ 在平面β 内的射影,∵ AQ⊥l,根据三垂线定理,有 PQ⊥l, ∠AQP 为二面角的平面角(如图答 9-35) . PH·QH

(3)∵ AP⊥α ,∴ AP⊥l,∵ AQ⊥β ,∴ AQ⊥l,∴ l⊥平面 PAQ,∵ 平面 PAQ,∴ l⊥PH,l⊥QH,∴ ∠PHQ 为二面角的平面角(如图答 9-36) .

269. 如图 9-42,立体图形 A-BCD 中,AC=AD,BC=BD.求作二面角 A-CD-B 的平面角,并说明理由.

解析:取 CD 中点 E,连结 AE、BE,∵ AEB 为二面角 A-CD-B 的平面角.

AC=AD,∴ AE⊥CD.∵

BC=BD,∴

BE⊥CD,∴



270. 若二面角α -l-β 的一个半平面α 上有一个点 A,点 A 到棱 l 的距离是它到另一个平面β 的距离的 2 倍,则这个二面角的大小为( ) . A.90° B.60° C.45° D.30° ∠ABH 为二面

解析:D.作 AH⊥β 交β 于 H,作 HB⊥l 于 B,连结 AB,由三垂线定理,HB⊥l,∴ 角α -l-β 的平面角,由已知在 Rt△ABH 中,AB=2AH,∴ ∠ABH=30°. 271. 下列命题中正确的是( ) . A.平面α 和β 分别过两条互相垂直的直线,则α ⊥β B.若平面α 内的一条直线垂直于平面β 内的两条平行直线,则α ⊥β C.若平面α 内的一条直线垂直于平面β 内的两条相交直线,则α ⊥β D.若平面α 内的一条直线垂直于平面β 内的无数条直线,则α ⊥β 解析:C.α 内的直线 l 垂直β 内的相交直线 a、b,则 l⊥β .∵ l α ,∴

α ⊥β .

272. 设两个平面互相垂直,则( ) . A.一个平面内的任何一条直线都垂直于另一个平面 B.过交线上一点垂直于一个平面的直线必在另一个平面上 C.过交线上一点垂直于交线的直线,必垂直于另一个平面 D.分别在两个平面内的两条直线互相垂直 解析:B.如图答 9-38,在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,平面 AA1 D1 D ⊥平面 ABCD,其中 A1 D 平

面 AA1 D1 D ,但 A1 D 不垂直平面 ABCD,故 A 不正确.点 D 在交线 AD 上, C1 D ⊥ AD ,但 C1 D 不垂直 平面 AA1 D1 D ,AC 平面 ABCD,但 AD1 与 AC 不垂直,故 D 不正确. 平面 ABCD,故 C 不正确. AD1 273. 如图 9-43,∠AOB 是二面角α -CD-β 的平面角,AE 是△AOB 的 OB 边上的高,回答下列问题, 并说明理由: (1)CD 与平面 AOB 垂直吗? (2)平面 AOB 与α 、β 垂直吗? (3)AE 与平面β 垂直吗?

解析: (1)∵ ∠AOB 是二面角α -CD-β 的平面角,∴ (2)∵ CD⊥平面 AOB,CD α ,∴

OB⊥CD,OA⊥CD,∴

CD⊥平面 AOB.

α ⊥平面 AOB.同理β ⊥平面 AOB.

(3)∵ CD⊥平面 AOB,∵ AE ? 平面 AOB,∴ CO⊥AE,又∵ AE⊥OB,CD∩OB=O,∴ AE ⊥平面 BCD,即 AE⊥β . 274. 如图 9-44,以等腰直角三角形的斜边 BC 上的高 AD 为折痕, 使△ABD 和△ACD 折成相垂直的两 个面.求证:BD⊥CD,∠BAC=60°.

图 9-44 解析: ∵ AD 是等腰△ABC 底边 BC 上的高线, ∴ AD⊥BD, AD⊥DC, ∴ ∠BDC 是二面角 B-AD-C 的平面角,∵ 平面 ABD⊥平面 ACD,∴ ∠BDC=90°,即 BD⊥DC.连结 BC,设 AD=a,则 BD=DC=AD=a, AB =

2a , AC = 2a , BC = 2a ,∴ △ABC 是正三角形,∴ ∠BAC=60°

275. 直线 a、b 是异面直线,a⊥平面α,b⊥平面β,a⊥b,求证:α⊥β. 证明 过 b 上任意一点作直线 a′,使 a∥a′.∵a⊥b,∴a⊥b. 设相交直线 a′、b 确定一个平面 γ , γ ∩β=c.∵b⊥β,c ? β,∴b⊥c.

在平面 γ 内,b⊥c,b⊥a′,∴a′∥c.∴a∥a′∥c.又∵a⊥α,∴c⊥α,c ? β,∴β⊥α 276. 在三棱锥 S—ABC 中,∠ASB=∠BSC=60°,∠ASC=90°,且 SA=SB=SC,求证:平面 ASC⊥平 面 ABC. 证明 取 AC 的中点 O,连 SO、BO,由已知,得ΔSAB、ΔSBC 都是正三角形.∴BC=AB=a,SA=SC=a, 又 SO⊥AC,BO⊥AC,∴∠SOB 就是二面角 S—AC—B 的平面角.又∵SA=AB=a,SC=BC=a,AC=AC,∴Δ ACS≌ΔACB.

∴SO=BO=

2 a.在ΔSOB 中,∵SB=a,∴∠SOB=90°. 2

即平面 SAC⊥平面 ABC. 另证:过 S 作 SO⊥平面 ABC,垂足是 O.∵SA=SB=SC,∴S 在平面内的射影是 ΔABC 的外心,同前面的证明,可知ΔABC 是直角三角形,∴O 在斜边 AC 上.又∵平面 SAC 经过 SO,∴ 平面 SAC⊥平面 ABC 说明 证明“面面垂直”的常用方法是根据定义证明平面角是 90°,或利用判定定理证明一个平面经 过另一个平面的垂线. 277. 如图,四面体 ABCD 的棱 BD 长为 2,其余各棱的长均是 2 ,求:二面角 A —BD—C、A—BC—D、B—AC—D 的大小. 解析:(1)取 BD 的中点 O,连 AO、OC.在ΔABD 中,∵AB=AD= 2 ,BD=2, ∴ΔABD 是等腰直角三角形,AO⊥BD,同理 OC⊥BD. ∴∠AOC 是二面角 A—BD—C 的平面角 又 AO=OC=1,AC= 2 ,∴∠AOC=90°.即二面角 A—BD—C 为直二面角. (2)∵二面角 A—BD—C 是直二面角,AO⊥BD,∴AO⊥平面 BCD. ∴ΔABC 在平面 BCD 内的射影是ΔBOC.

∵SΔOCB=

1 3 3 3 ,SΔABC= ,∴cosθ= .即二面角 A—BC—D 的大小是 arccos . 2 2 3 3

(3)取 AC 的中点 E,连 BE、DE.∵AB=BC,AD=DC, ∴BD⊥AC,DE⊥AC,∴∠BED 就是二面角的平面角.

在ΔBDE 中,BE=DE=

6 1 ,由余弦定理,得 cosα=2 3 1 . 3

∴二面角 B—AC—D 的大小是π-arccos

评析 本例提供了求二面角大小的方法:先作出二面角的平面角,再利用其所在的三角形算出角的三 角函数值,或利用面积的射影公式 S′=S·cosθ求得.

278. 如图所示,在三棱锥 S—ABC 中,SA⊥底面 ABC,AB⊥BC,DE 垂直平分 SC,且分别交 AC、SC 于 D、E.又 SA=AB,SB=SC.求以 BD 为棱,以 BDE 与 BDC 为面的二面角的度数. 解法一:由于 SB=BC,且 E 是 SC 中点,因此 BE 是等腰三角形 SBC 的底边 SC 的中线,所以 SC⊥BE.又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E, ∴SC⊥平面 BDE,∴SC⊥BD, 又∵SA⊥底面 ABC,BD 在底面 ABC 上,∴SA⊥BD. 而 SA∩SC=S,所以 BD⊥平面 SAC. ∵DE=平面 SAC∩平面 BDE,DC=平面 SAC∩平面 BDC, ∴BD⊥DE,BD⊥DC.∴∠EDC 是所求二面角的平面角. ∵SA⊥底面 ABC,∴SA⊥AB,SA⊥AC. 设 SA=a,则 AB=a,BC=SB= 2 a. 又 AB⊥BC,所以 AC= 3 a.在 RtΔSAC 中 tg∠ACS=

1 SA = ,所以∠ACS=30°. AC 3

又已知 DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于 60°. 解法二:由于 SB=BC,且 E 是 SC 的中点,因此 BE 是等腰ΔSBC 的底边 SC 的中线,所以 SC⊥BE.又已 知 SC⊥DE,BE∩DE=E.∴SC⊥平面 BDE,SC⊥BD. 由于 SA⊥底面 ABC,且 A 是垂足,所以,AC 是 SC 在平面 ABC 上的射影,由三垂线定理的逆定理得 BD ⊥AC;又 E∈SC,AC 是 SC 在平面内的射影,所以 E 在平面 ABC 内的射影在 AC 上,由于 D∈AC,所以 DE 在平面 ABC 内的射影在 AC 上,根据三垂线定理得 BD⊥DE.

∵DE ? 平面 BDE,DC ? 平面 BDC.∴∠EDC 是所求二面角的平面角.以下解法同解法一. 279. 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.(如图所示) (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. 解析:(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′得平面 AB′C⊥平面 AB′A′,∴A′M⊥平面 AB ′C,A′M 的长是 A′到平面 AB′C 的距离.

∵AB=B′B=1,⊥B′CB=30°,∴B′C=2,BC= 3 ,AB′= 2 ,A′M= ′到平面 AB′C 的距离为

A′B′ × A′A 2 = .即 C A′A 2

2 ; 2

(2)作 AN⊥BC 于 N,则 AN⊥平面 B′BCC′,作 NQ⊥B′C 于 Q,则 AQ⊥B′C,∴∠AQN 是所求二面角的 平面角,AN=

AN AB × AC 6 AC × AB′ 6 3 = ,AQ= =1.∴sin∠AQN= = ,cos∠AQN= . BC 3 B′C AQ 3 3

说明 利用异面直线上两点间的距离公式, 也可以求二面角的大小, 如图, AB=BB′=1, ∴AB′= 2 , 又∠B′CB=30°,

∴BC= 3 ,B′C=2,AC= 2 .作 AM⊥B′C 于 M,BN⊥B′C 于 N,则 AM=1,BN=

3 , 2

CN=

3 1 ,CM=1,∴MN= .∵BN⊥B′C,AM⊥B′C,∴BN 与 AM 所成的角等于二面 2 2
2 2 2 2

角 B—B′C—A 的平面角.设为θ.由 AB =AM +BN +MN -2AM×BN×cosθ得 cosθ=

1 3 = . 3 3
280 如图所示,四棱锥 P—ABCD 的底面是边长为 a 的菱形,∠A=60°,PC⊥平面 ABCD,PC=a,E 是 PA 的中点. (1)求证平面 BDE⊥平面 ABCD.(2)求点 E 到平面 PBC 的距离.(3)求二面角 A—EB— D 的平面角大小. 解析:(1)设 O 是 AC,BD 的交点,连结 EO.

∵ABCD 是菱形,∴O 是 AC、BD 的中点, ∵E 是 PA 的中点,∴EO∥PC,又 PC⊥平面 ABCD, ∴EO⊥平面 ABCD,EO ? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 ABCD. (2)EO∥PC,PC ? 平面 PBC, ∴EO∥平面 PBC,于是点 O 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离. 作 OF⊥BC 于 F, ∵EO⊥平面 ABCD,EO∥PC,PC ? 平面 PBC,∴平面 PBC⊥平面 ABCD,于是 OF⊥平面 PBC,OF 的长等于 O 到平面 PBC 的距离.

由条件可知,OB=

a a 3 3 3 ,OF= × = a,则点 E 到平面 PBC 的距离为 a. 2 2 2 4 4
∵OE⊥AC,BD⊥AC ∴AC⊥平面 BDE

(3)过 O 作 OG⊥EB 于 G,连接 AG ∴AG⊥EB(三垂线定理)

∴∠AGO 是二面角 A—EB—D 的平面角

∵OE=

1 1 3 PC= a,OB= a 2 2 2

∴EB=a.∴OG=

OE ? OB 3 1 a 又 AO= a. = EB 4 2

∴tan∠AGO=

AO 2 3 2 3 = ∴∠AGO=arctan . OG 3 3

评析 本题考查了面面垂直判定与性质,以及利用其性质求点到面距离,及二面角的求法,三垂线定 理及逆定理的应用. 281. 如图,矩形 ABCD 中,AB=2,BC=2 3 ,以 AC 为轴翻折半平面,使二平面角 B—AC—D 为 120 °,求:(1)翻折后,D 到平面 ABC 的距离;(2)BD 和 AC 所成的角.

解析:研究翻折问题,通常要画出翻折前的平面图形和翻折后的空间图形,对应点的字母要相同.

解 分别过 B、D 作 AC 的垂线,垂足是 E、F,过 F 作 FB′∥BE,过 B 作 BB′∥AC,交点 B′,则四边 形 EFB′B 是矩形. ∵AC⊥DF,AC⊥B′F,∴AC⊥平面 B′FD,即∠DF′B 就是二面角 B—AC—D 的平面角,亦即∠DFB′= 120°. 过 D 作 DO⊥B′F,垂足为 O.∵DO ? 平面 DFB′,AC⊥平面 DFB′.∴DO⊥AF,DO⊥平面 ABC. 在 RtΔADC 中,CD=2,AD=2 3 ,∴DF= 3 ,OD=DF·sin60°=

3 . 2

2 (2)在ΔDFB′中,DB′= DF + B ′F ? 2 ? DF ? B ′F ? cos120° =3.

又由(1)可知,AC∥BB′,AC⊥平面 DFB′⊥平面 DFB′.∴BB′⊥平面 DFB′,∴ΔDB 三角形,又 BB′=EF=2.∴tan∠DBB′=

B′是直角

3 . 2 3 . 2

∵AC∥BB′,∴AC 与 BD 所成的角就是∠DBB′,即为 arctan

说明 处理翻折问题,只要过不在棱上的点作棱的垂直相交的线段,就可以化成基本题型处理,本题 2 2 2 2 也可以这样考虑, 即利用异面直线 DF、 BE 上两点 B、 D 间的距离, 先求出 BD =EF +DF +BE -2DF· BE· cos120 °=13,从而得出∠DBB′=arccos

2 . 13

282. 判断下列命题是否正确,并说明理由. (1)若两个平面有无数个公共点,则这两个平面重合; (2)在一个平面内有三条直线和另一个平面平行,那么这两个平面平行; (3)若两个平面相交,那么分别在这两个平面内的两条直线也相交; (4)如果两个平面平行,那么分别在这两个平面内的两条直线也平行; (5)一条直线与两个平行平面所成的角相等; (6)一条直线与两个平行平面中的一个平行,那么一定平行于另一个平面. 解析: (1)不正确.两个平面还可能相交于一条直线; (2)不正确.两个平面可能相交,这三条直线均与交线平行;

(3)不正确.分别在两个相交平面内的两条直线也可能平行,它们都平行于交线; (4)不正确.两条直线还可能异面; (5)正确.无论直线与两个平面相对位置如何,直线与两个平面所成的角都相等; (6)不正确.直线可能在另一个平面上. 283. 平面α ∥平面β ,a A.两条平行直线 C.相交直线 α ,b β ,则 a、b 一定是( ) . B.异面直线 D.无公共点的两条直线

解析:D.α ∥β ,则平面α 与β 无公共点,a、b 一定无公共点. 284. 下列命题中,不正确的是( ) . A.一直线和两个平面α 、β 所成的角相等,那么α ∥β B.平面α ∥平面β ,则α 内的任意直线平行于平面β C.一个三角形有两条边所在直线平行一个平面,那么三角形所在平面与这个平面平行 D.分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线 解析:A.直线与两平面所成的角相等,这两个平面可能相交,故 A 命题不正确.三角形两边必相交, 这两条相交直线平行于一个平面,那么三角形所在平面与这个平面平行,所以 C 命题正确,分别在两 个平行平面内的两条直线一定没有公共点,它们的位置关系是平行或异面. 285. 若 a∥b,a⊥α ,b⊥β ,则α 、β 这两个平面的位置关系是________. 平行. a ⊥ α ? 解析: ? ? b ⊥α ?

a // b ?

? ? α // β . b⊥ β?

286. 夹在两平行平面α 、 β 间的线段 AB=8, AB 与α 所成的角为 45°, 那么α 、 β 间的距离等于________. 解析: 4 2 .如图答 9-27,过 A 作 AH⊥α ,交α 于 H,AH 为平面α 与β 间的距离.连结 BH,则 BH 是 AB 在平面α 内的射影,∴ ∠ABH=45°.∵ AB=8,∴ AH = AB ? sin 45°

= 8×

2 = 4 2. 2

287. .三个不同平面α ,β ,γ 满足α ∥β ,β ∩γ =l,则α 与γ 的位置关系是________;若三个平面满 足α ∥β ,β ∥γ ,则α 与γ 的位置关系是________. 解析:相交;平行.作直线 l⊥β ,∵ α ∥β ,∴ l⊥α ,∵ β ∥γ ,∴ l⊥γ .∴ α ∥γ .当α ∥β ,β ∩γ =l,假设α 与γ 不相交,则α ∥γ ,∵ α ∥β ,由前面证明可知β ∥γ ,这与β 、γ 相交矛

盾.∴

α 与γ 相交. 平面α ,直线 b 平面β ,α b,a∥β ,b∥α .求证:α ∥β .

288. 已知直线 a

解析:如图答 9-29,在 b 上任取一点 P,由点 P 和直线 a 确定的平面γ 与平面β 交于直线 c,则 c 与 b 相交于点 P.

a // β ? ? a? ? ? a // c ≠γ ? β I γ = c? ? a ≠α c? /α

? ? ? ? c // α ? b // α ?

? ? ? ? a // β . b I c = P? ?

图答 9-29 289. .B.A 不正确是因为直线 b 可以在平面α 内,也可能与α 平行,还可能与α 相交但不成直角,C 中的直线 b 只与β 内的直线 a 垂直,不能得出垂直β 的结论.D 中α 、β 可能相交,α 内的两条直线均 与交线平行

290. 给出以下命题: ①平行于同一条直线的两条直线平行; ②垂直于同一条直线的两条直线平行; ③平行于同一个平面的两条直线平行; ④垂直于同一个平面的两条直线平行; ⑤平行于同一条直线的两个平面平行; ⑥垂直于同一条直线的两个平面平行; ⑦平行于同一个平面的两个平面平行. 其中正确的命题是________(把你认为正确的命题的序号都写上) . 解析:①、④、⑥、⑦.由公理 4 知①正确.由直线与平面垂直的性质定理知④正确.由两个平面平 行判定定理可以推导出⑥、⑦正确.垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是平行、相交、或异面; 平行于同一个平面的两条直线的位置关系是平行、相交、或异面;平行于同一条直线的两个平面的位 置关系是平行或相交. 291. 给出下列命题,错误的命题是( A.若直线 a ) .

平面α ,且α ∥平面β ,则直线 a 与平面β 的距离等于平面α 、β 间的距离

B.若平面α ∥平面β ,点 A∈α ,则点 A 到平面β 的距离等于平面α 、β 间的距离 C.两条平行直线分别在两个平行平面内,则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离 D.两条异面直线分别在两个平行平面内,则这两条直线间的距离等于这两个平行平面间的距离 解析:C.以下按顺序说明,对 A 中,在 a 上任取一点 P,作 PH⊥β ,PH 为直线 a 与平面β 的距离. ∵ α ∥β ,PH⊥α ,∴ PH 又为α 、β 间的距离.对于 B,作 AH⊥β ,AH 的长为点 A 到β 的距离.又 ∵ α ∥β ,∴ AH⊥α ,于是 AH 的长是α 、β 两个平行平面间的距离. 对于 C,设 a∥b,a α ,b β ,过 a 上任一点 P 作 PQ⊥b 于 Q,则 PQ 的长为 a、b 两平行直 线间的距离.因为 PQ 与α 、β 不一定垂直,所以 PQ 的长一般不是α 、β 间的距离,一般地说,a、b 间的距离不小于α 、β 间的距离. 对于 D.设 AA1 是异面直线 a、b 的公垂线段,A∈a, A′ ∈ b ,a α ,b β ,过 A 和 b 的平面

与α 相交于 b′ ,则 b′ // b ,于是 AA′ ⊥ b′ .∴ 个平面间的距离(如图答 9-30) .

AA′ ⊥ α .同理 AA′ ⊥ β .故 AA′ 的长又是α 、β 两

292. 设α 、β 是两个平面,l 和 m 是两条直线,那么α ∥β 的一个充分条件是( A.l α ,m α ,且 l∥β ,m∥β B.l α ,m β ,且 l∥m

) .

C.l⊥α ,m⊥β ,且 l∥m 解析:C.可参看图答 9-31.

D.l∥α ,m∥β ,且 l∥m

图答 9-31 293. 平面α ∥平面β ,过平面α 、β 外一点 P 引直线 PAB 分别交α 、β 于 A、B 两点,PA=6,AB=2, 引直线 PCD 分别交α 、β 于 C、D 两点.已知 BD=12,则 AC 的长等于( ) . A.10 B.9 C.8 D.7 AC∥BD.由平面

解析:B.如图答 9-32,平面 PBD∩α =AC,平面 PBD∩β =BD,∵ α ∥β ,∴

PA PC AC 几何知识知, = = .∵ PA=6,AB=2,BD=12,∴ PB PD BD

6 AC = ,∴ AC=9. 6 + 2 12

294. 已知 AC,BD 是夹在两平行平面α 、β 间的线段,A∈α ,B∈α ,C∈β ,D∈β ,且 AC=25cm, BD=30cm,AC、BD 在平面β 内的射影的和为 25cm,则 AC、BD 在平面β 内的射影长分别为________, AC 与平面β 所成的角的正切值为________,BD 与平面β 所成的角的正切值为________. 解析:设α 、β 间的距离为 h,AC 在平面β 内的射影 A′C = x ,BD 在平面β 内的射影 B′D = y ,根据 已知条件可得 ②-①得 y 2 ? x 2 = 30 2 ? 252 ,即

( x + y )( y ? x) = 30 2 ? 252 ,把③代入得 y-x=11,∴

? x + y = 25, ? x = 7, 解得 ? 即 A′C = 7cm , ? . ? y ? x = 11 ? y = 18. B′D = 18cm .又 h=24cm,AC 与平面β 所成的角为 ∠ACA′ , tan ∠ACA′ = h 24 h 24 4 = ,同理 tan ∠BDD′ = = = . A′C 7 B′D 18 3

295. 已知空间不共面的四个点,与此四个点距离都相等的平面有________个. 解析:与不共面的四个点距离相等的平面分为两类,一类是四个点中一个点位于平面的一侧,另外三 个点在平面的另一侧,这样的平面有 4 个;另一类是四个点中的两个点位于平面一侧,另外两个点在 平面的另一侧,这样的平面有 3 个,故一共 7 个平面到这四个点距离相等. 296. 如图 9-35,平面α ∥平面β ,△ABC、△ A′B′C ′ 的分别在α 、β 内,线段 AA′ 、 BB′ 、 CC ′ 相交 于点 O, O 在α 、 β 之间. 若 AB=2, AC=1, ∠ABC=60°, OA∶ OA′ =3∶2, 则△ A′B′C ′ 的面积为________.

解析:图 9-35

AA′ I BB′ = O ,∴ AA′ 、 BB′ 确定平面 ABA′B′ ,平面 ABA′B′ ∩α =AB,平面 ABA′B′ I β = A′B′ ,∵ α ∥β ,∴ AB // A′B′ ,同理 BC // B′C ′ , CA // C ′A′ .由于方向相反, A′B′ OA′ 2 ∴ △ABC 与△ A′B′C ′ 的三内角相等,∴ △ABC∽△ A′B′C ′ .且 = = . ∵ AB OA 3 2 3 2 1 3 ?2? = 3. S ?ABC = × 2 × 1× sin 60° = ,∴ S ?A′B′C ′ = ? ? ? 9 2 2 ?3? 2
∵ 297. 如图 9-37,两条异面直线 AB、CD 与三个平行平面α 、β 、γ 分别相交于 A、E、B,及 C、F、D, 又 AD、BC 与平面β 的交点为 H、G.求证:EHFG 为平行四边形.

解析: 平面ABC I α = AC ?

平面ABC I β = EG ? ? AC // EG.同理AC // HF.

?

α//β ? ?

AC // FG ? 故EHFG是平行四边形. ? ? EG // HF.同理EH // FG. AC // HF ?
298. 如图 9-38,已知平面α ∥平面β ,A、C∈α ,B、D∈β ,E、F 分别为 AB、CD 的中点.求证: EF∥α ,EF∥β .

解析:当 AB、CD 共面时,平面 ABCD∩α =AC,平面 ABCD∩β =BD.∵

α ∥β ,∴

AC∥BD.∵

E、F 分别为 AB、CD 的中点,∴ EF∥AC.∵ AC α ,EF α ,∴ EF∥α ,同理 EF∥β .当 ′ AB、CD 异面时,∵ E ? CD ,∴ 可在平面 ECD 内过点 E 作 C D′ // CD ,与α ,β 分别交于 C ′ , D′ .平面 AC ′BD′ I α = AC ′ ,平面 AC ′BD′ I β = BD′ ,∵ α ∥β ,∴ AC ′ // BD′ .∵ E 是 AB 中点,∴ E 也是 C ′D′ 的中点.平面 CC ′D′D I α = CC ′ ,平面 CC ′D′D I β = DD′ ,∵ α ∥β , ∴ CC ′ // DD′ ,∵ E、F 分别为 C ′D′ 、CD 中点,∴ EF α ,∴ EF∥α ,同理 EF∥β .

EF // CC ′ , EF // DD′ .∵ CC ′

α,

299. 已知矩形 ABCD,过 A 作 SA⊥平面 AC,再过 A 作 AE⊥SB 交 SB 于 E,过 E 作 EF⊥SC 交 SC 于 F (1)求证:AF⊥SC (2)若平面 AEF 交 SD 于 G,求证:AG⊥SD

解析: 如图,欲证 AF⊥SC,只需证 SC 垂直于 AF 所在平面,即 SC⊥平面 AEF,由已知,欲证 SC⊥平 面 AEF,只需证 AE 垂直于 SC 所在平面,即 AE⊥平面 ABC,再由已知只需证 AE⊥BC,而要证 AE⊥BC, 只需证 BC⊥平面 SAB,而这可由已知得证 证明 (1)∵SA⊥平面 AC,BC ? 平面 AC,∴SA⊥BC

∵矩形 ABCD,∴AB⊥BC ∴BC⊥平面 SAB ∴BC⊥AE 又 SB⊥AE ∴AE⊥平面 SBC ∴SC⊥平面 AEF ∴AF⊥SC (2)∵SA⊥平面 AC ∴SA⊥DC,又 AD⊥DC ∴DC⊥平面 SAD ∴DC⊥AG 又由(1)有 SC⊥平面 AEF,AG ? 平面 AEF ∴SC⊥AG ∴AG⊥平面 SDC ∴AG⊥SD 300. 已知四面体 A—BCD,AO1⊥平面 BCD,且 O1 为ΔBCD 的垂心.BO2⊥平面 ACD,求证:O2 是ΔACD 的 垂心.

证明 如图所示,连结 BO1,AO2,

∵AO1⊥平面 BCD,O1 为ΔBCD 的垂心, ∴BO1⊥CD,由三垂线定理得 AB⊥CD. 又 BO2⊥平面 ACD,由三垂线逆定理得 AO2⊥CD. 同理连结 DO1,CO2 可证 BC⊥AD,即 CO2⊥AD. ∴O2 是ΔACD 垂心. 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ΔBB′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 .

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, ∠A' BC = β ,∠ABC = γ ,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 γ =

BC ′ . AB

又∵cosθ=

A′B BC ′ ,cosβ= , AB A′B

∴cos γ =cosθ·cosβ. 304. ΔABC 在平面α内的射影是ΔA′B′C′,它们的面积分别是 S、S′,若ΔABC 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. 2 2 AD

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ΔABC 中,BC=1,∠BAC=30°, ∴ AC=A1C1= 3 .

设∠AC1A1=α,∠MA1C1=β



tanα=

6 AA1 = = 2, A1C1 3

6 MC1 2 = 2 = tgβ= . A1C1 2 3
∵cot(α+β)=

1 ? tan α tan β = tan α + tan β

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

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高中立体几何基础题题库(360道附详细答案)
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数学 立体几何基础题题库(六)(有详细答案)
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立体几何基础题题库四
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立体几何基础题题库一A
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高中数学 立体几何基础题题库一
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