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高中立体几何基础题题库()551-600


立体几何基础题题库 551-600(有详细答案) 551. 已知: 正三棱柱 ABC—A′B′C′中, AB′⊥BC′, BC=2, 线段 AB′在侧面 BB ' C ' C 求: 上的射影长. 解析:如图,取 BC 的中点 D.∵AD⊥BC,侧面 BCC ' B ' ⊥底面 ABC,∴AD⊥侧面 BCC ' B ' B'

D 是斜线 AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′,∴ B' D ⊥BC′. 设 BB′=x,在 RtΔ B' BD 中,BE∶BD= BB ' , B' D = 1 ? x 2 . ∵E 是Δ BB′C 的重心.∴BE= ∴x=

1 1 BC′= 3 3

4 ? x2

1 1 ? x 2 · x 2 ? 4 ,解得:x= 2 .∴线段 AB′在侧面的射影长为 2 . 3

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

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

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

θ . 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 . 553. 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 , ? α , MN ∴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. 554. 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, 1 是 AB1 在平面 AA1C1C 上的射影.欲证 A1M⊥AB1, AC 只要能证 A1M⊥AC1 就可以了. 证:连 AC1,在直角Δ ABC 中,BC=1,∠BAC=30°,∴ AC=A1C1= 3 . 设∠AC1A1=α ,∠MA1C1=β ∴ tanα =

AA1 6 = = 2, A1C1 3

15

6 MC1 1 ? tan? tan ? 2 tgβ = = 2 = .∵cot(α +β )= = tan? ? tan ? A1C1 2 3

1?1 2 2? 2

=0,

∴α +β =90° 即 AC1⊥A1M. ∵B1C1⊥C1A1,CC1⊥B1C1,∴B1C1⊥平面 AA1CC1, AC1 是 AB1 在平面 AA1C1C 上的射影. ∵AC1⊥A1M,∴由三垂线定理得 A1M⊥AB1. 评注:本题在证 AC1⊥A1M 时,主要是利用三角函数,证α +β =90°,与常见的其他题目不 太相同. 555. 矩形 ABCD,AB=2,AD=3,沿 BD 把Δ BCD 折起,使 C 点在平面 ABD 上的射影恰好落 在 AD 上. (1)求证:CD⊥AB; (2)求 CD 与平面 ABD 所成角的余弦值.

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

DM CD

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

2 3

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

解析:此题数据特殊,先考虑数据关系及计算、发现解题思路. 解 ∵ PA⊥AB,∴∠APB=90° 在 RtΔ APB 中,∵∠ABP=45°,设 PA=a, 则 PB=a,AB= 2 a,∵PB⊥PC,在 RtΔ PBC 中, ∵∠PBC=60°,PB=a.∴BC=2a,PC= 3 a. ∵AP⊥PC ∴在 RtΔ APC 中,AC= PA2 ? PC2 = a ? ( 3a ) =2a
2 2

15

(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面 PAB, ∴BC 在平面 PBC 上的射影是 BP. ∠CBP 是 CB 与平面 PAB 所成的角 ∵∠PBC=60°,∴BC 与平面 PBA 的角为 60°. (2)由上知,PA=PB=a,AC=BC=2a. ∴M 为 AB 的中点,则 AB⊥PM,AB⊥CM. ∴AB⊥平面 PCM. 说明 要清楚线面的垂直关系,线面角的定义,通过数据特点,发现解题捷径. 557. 在空间四边形 ABCP 中,PA⊥PC,PB⊥BC,AC⊥BC.PA、PB 与平面 ABC 所成角分别为 30°和 45°。 (1)直线 PC 与 AB 能否垂直?证明你的结论; (2)若点 P 到平面 ABC 的距离为 h, 求点 P 到直线 AB 的距离. 解析:主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系的综合应用及线面角,点面间距离等概 念应用,空间想象力及推理能力.

解 (1)AB 与 PC 不能垂直,证明如下:假设 PC⊥AB,作 PH⊥平面 ABC 于 H,则 HC 是 PC 在 平面 ABC 的射影,∴HC⊥AB,∵PA、PB 在平面 ABC 的射影分别为 HB、HA,PB⊥BC,PA⊥PC. ∴BH⊥BC,AH⊥AC ∵AC⊥BC,∴平行四边形 ACBH 为矩形. ∵HC⊥AB,∴ACBH 为正方形. ∴HB=HA ∵PH⊥平面 ACBH.∴Δ PHB≌Δ PHA. ∴∠PBH=∠PAH,且 PB,PA 与平面 ABC 所成角分别为∠PBH,∠PAH.由已知∠PBH=45°, ∠PAH=30°,与∠PBH=∠PAH 矛盾. ∴PC 不垂直于 AB. (2)由已知有 PH=h,∴∠PBH=45° ∴BH=PH=h.∵∠PAH=30°,∴HA= 3 h. ∴矩形 ACBH 中,AB= BH 2 ? HA2 = h ? ( 3h) =2h.
2 2

作 HE⊥AB 于 E,∴HE=

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

∵PH⊥平面 ACBH,HE⊥AB, 由三垂线定理有 PE⊥AB,∴PE 是点 P 到 AB 的距离. 在 RtΔ PHE 中,PE= PH 2 ? HE 2 = h 2 ? (

7 3 2 h. h) = 2 2

15

即点 P 到 AB 距离为

7 h. 2

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

558. 如图,在棱长为 a 的正方体 AC1 中,M 是 CC1 的中点,点 E 在 AD 上,且 AE= 在 AB 上,且 AF=

1 AD,F 3

1 AB,求点 B 到平面 MEF 的距离. 3

解法一:设 AC 与 BD 交于 O 点,EF 与 AC 交于 R 点,由于 EF∥BD 所以将 B 点到面 MEF 的距 离转化为 O 点到面 MEF 的距离,面 MRC⊥面 MEF,而 MR 是交线,所以作 OH⊥MR,即 OH⊥面 MEF,OH 即为所求. ∵OH·MR=OR·MC, ∴OH=

118a . 59

解法二:考察三棱锥 B—MEF,由 VB-MEF=VM-BEF 可得 h. 点评 求点面的距离一般有三种方法: ①利用垂直面; ②转化为线面距离再用垂直面; ③当垂足位置不易确定时,可考虑利用体积法求距离. 559. 正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 a,求 A1C1 和平面 AB1C 间的距离. 解法 1 如图所示,A1C1∥平面 AB1C,又平面 BB1DD1⊥平面 AB1C. 故若过 O1 作 O1E⊥OB1 于 E,则 OE1⊥平面 AB1C,O1E 为所求的距离 由 O1E·OB1=O1B1·OO1, 可得:O1E=

3a 3

15

解法 2:转化为求 C1 到平面 AB1C 的距离,也就是求三棱锥 C1—AB1C 的高 h. 由 V C1 ? AB1C =V A?B1CC1 ,可得 h=

3 a. 3

解法 3 因平面 AB1C∥平面 C1DA1,它们间的距离即为所求,连 BD1,分别交 B1O、DO1 与 F、 G(图中未画出)。易证 BD1 垂直于上述两个平面,故 FG 长即为所求,易求得 FG=

3a . 3

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

560. 在Δ ABC 中,M、N 分别是 AB、AC 上的点,

AM AN 1 = = .沿 MN 把Δ AMN 到Δ A′ MB NC 2

MN 的位置,二面角 A′—MN—B 为 60°,求证:平面 A′MN⊥平面 A′BC. 解析:作 AD⊥BC 于 D,设 AD∩MN=P,∠A′PD=60°,可证 A′P⊥平面 A′BC. 561. 四面体的四个顶点到平面 M 的距离之比为 1∶1∶1∶3,则平面 M 的个数应有多少个? 解 这样的平面应分 4 种情况讨论: 1 (1)4 个顶点都在平面 M 的同侧,则有 C4 ·1=4 个(平面); 1 (2)距离比为 3 的顶点与其他 3 个顶点不同侧,则有 C4 ·1=4 个(平面); 1 1 (3)距离比为 3 的顶点与其他 3 个顶点中的 1 个同侧,则有 C3 ·C4 ·1=12 个(平面) 2 1 (4)距离比为 3 的顶点与其他 3 个顶点中的 2 个同侧,则有 C3 ·C4 ·1=12 个(平面); ∴ 一共应有 4+4+12+12=32 个(平面) 562. 斜四棱柱侧面最多可有几个面是矩形 A、 0 个 B、1 个 C、2 个 D、3 个 解析:C。 只能相对的侧面均为矩形 563. 在四棱锥的四个侧面中,直角三角形最多可有 A、1 个 B、2 个 C、3 个 D、4 个 解析:D。 如图,ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,则 P—ABCD 的四个侧面均为直角三角形 564. 正四棱柱的一个侧面面积为 S,则它的对角面面积是__________。 解析: 2S 设正棱柱底面边长为 a,高为 h,则 ah=S,对角面面积为 2ah ? 2S

565. 正 n 棱柱每相邻两个侧面所成二面角度数为__________。 n?2 解析: ? 1800 底面正多边形的每一个内角为某两个邻面所成二面角的平面角,正 n n

n?2 ? 1800 n 566. 正六棱柱的高为 5cm,最长对角线为 13cm,它的侧面积是__________。 2 2 2 2 解析: 180cm 设正六棱柱底面边长为 a,高为 h,则 h +(2a) =13 ,h=5,∴a=6,∴侧面 积=6ah=180 567. 一个正棱锥的一个侧面与底面所成角是θ ,底面积 Q,则它的侧面积是________。 解析: Qsecθ 正棱锥的底面是侧面在底面上的射影,利用面积射影定理 0 568. 正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,A1B 与对角面 A1B1CD 所成角为 30 ,
边形内角度数为

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求证:此四棱柱为正方体。 解析:∵ A1B1⊥平面 B1C ∴ 平面 A1B1CD⊥平面 BC1,交线为 B1C 在平面 B1C 内作 BO⊥B1C,O 为垂足,连 A1O 则 BO⊥平面 A1B1CD ∴ ∠BA1O 为 BA1 与平面 A1B1CD 所成的角 0 ∴ ∠BA1O=30 设正四棱柱底面边长为 a,高为 h BB1 ? BC ah ? 则 A1 B ? a 2 ? h 2 , BO ? 2 B1C a ?h ∵ sin∠BA1O= ∴
BO A1B

2

1 ah a2 ? h2 ? 2 2 a ? h2 2 2 ∴ a +h =2ah ∴ a=h ∴ 正四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 为正方体

569. 四棱柱 ABCD—A1B1C1D1 的底面 ABCD 是菱形,A1B=A1D,求证: (1)对角面 AA1C1C⊥截面 A1BD; (2)对角面 D1DBB1 是矩形 解析: (1)∵ABCD 是菱形,∴BD⊥AC 设 BD∩AC=0,又 A1B=A1D, ∴ BD⊥A1O ∵ A1O∩AC=O ∴ BD⊥平面 AA1C1C ∴ 平面 A1BD⊥对角面 AA1C1C (1) 由 (1) ,BD⊥平面 AC1 ∴ BD⊥AA1 又 DD1∥AA1 ∴ BD⊥DD1 570. 正四棱锥棱长均为 a, (1)求侧面与底面所成角α ; (2)若相邻两侧面所成角为β ,求 证:β =2α 。 解析:如图,正四棱锥 S—ABCD,SO、SF 分别为高、斜高,∠SFO 为二面角 S—AB—O 平面 角,∠SFO=α ,在△SBC 中,作 BE⊥SC,E 为垂足,连 DE ∵ △BCE≌△DCE ∴ DE⊥SC ∴∠BED 为侧面 B—SC—D 平面角,∠BED=β a a (1) OF ? , B F ? 2 2 3 2 a , SO ? S F2 ? O F2 ? a ∴ SF ? SB 2 ? BF 2 ? 2 2 ∴ sin ? ?
SO 6 ? SF 3 6 3

∴ ? ? arcsin (2)连 EO

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∵ BE ? ∴ sin

3 2 a , OB ? a 2 2

? OB 6 ? ? 2 OE 3 ? ? ∵ ?, ? (0 , ) 2 2 ? ? ∴ 由 sin ? sin ? 得: ? ? 2 2 ∴ β =2α 2 571. 正三棱锥的侧棱等于 10cm,侧面积等于 144cm ,求棱锥的底面边长和斜高。 解析:设底面边长为 a,斜高为 h’ ? 2 a 2 2 ?h ' ? ( 2 ) ? 10 ? 则 ? ? 1 ? 3a ? h ' ? 12 2 ?2 ? ?a ? 12 ?a ? 16 ∴ ? 或? ?h ' ? 8 ?h ' ? 6 572. 斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面△ABC 中,AB=AC=10,BC=12,A1 到 A、B、C 三点的距离都 相等,且 AA1=13,求斜三棱柱的侧面积。 解析:∵A1A=A1B=A1C ∴ 点 A1 在平面 ABC 上的射影为△ABC 的外心,在∠BAC 平分线 AD 上 ∵ AB=AC ∴ AD⊥BC ∵ AD 为 A1A 在平面 ABC 上的射影 ∴ BC⊥AA1 ∴ BC⊥BB1 ∴ BB1C1C 为矩形,S=BB1×BC=156 取 AB 中点 E,连 A1E ∵ A1A=A1B ∴ A1E⊥AB
2 ∴ A1 E ? AA1 ? (

∴ SAA1C1C

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

∴ S 侧=396 0 573. 四棱锥 V—ABCD 底面是边长为 4 的菱形,∠BAD=120 ,VA⊥底面 ABCD,VA=3,AC 与 BD 交于 O, (1)求点 V 到 CD 的距离; (2)求点 V 到 BD 的距离; (3)作 OF⊥VC,垂足为 F,证 明 OF 是 BD 与 VC 的公垂线段; (4)求异面直线 BD 与 VC 间的距离。 解析:用三垂线定理作点到线的垂线 在平面 ABCD 内作 AE⊥CD,E 为垂足 ∵ VA⊥平面 ABCD ∴ AE 为 VE 在平面 ABCD 上的射影 ∴ VE⊥CD ∴ 线段 VE 长为点 V 到直线 CD 的距离 0 ∵ ∠BAD=120 0 ∴ ∠ADC=60 ∴ △ACD 为正三角形 ∴ E 为 CD 中点,AE=
3 ?4?2 3 2
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∴ VE= VA 2 ? AE2 ? 21 (2)∵ AO⊥BD ∴ 由三垂线定理 VO⊥BD ∴ VO 长度为 V 到直线 BD 距离 VO= VA 2 ? AO2 ? 13 (3)只需证 OF⊥BD ∵ BD⊥HC,BD⊥VA ∴ BD⊥平面 VAC ∴ BD⊥OF ∴ OF 为异面直线 BD 与 VC 的公垂线 (4)求出 OF 长度即可 在 Rt△VAC 中 1 OC= AC=2,VC= VA 2 ? AC2 ? 5 2 VA 3 6 ∴ OF=OC·sin∠ACF=OC· ? 2? ? VC 5 5 574. 空间四边形 DABC 中,P、Q 为边 CD 上两个不同的点,M、N 为 AB 上两个不同的点,连 PM、QN,如图,问图中共有多少对异面直线? 解析:为使计算异面直线条数的过程中不出现重、漏的现象,可采用逐步添加的方法。 首先考虑空间四边形 DABC 的四条边 DA、AB、BC、CD 连同对角线 AC、BD,这六条线段可 形成三对异面直线 DA 与 BC,AB 与 CD,AC 与 BD。 其次添加线段 PM,则除去与 PM 相交的 CD、AB,又可新形成 4 对异面直线,即 PM 与 DA、 BC、AC、BD。 因 QN 与 PM 位置等同,当添上 QN 时,也同样新增 4 对异面直线。 最后注意到,PM 与 QN 也是异面直线。 ∴ 图中共有 3+4+4+1=12(对)异面直线 575. 长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=a,BC=b,AA1=c,求异面直线 BD1 和 B1C 所成角的余弦值。 解析:显然,通过平移在长方体的表面及内部不可能构造出一个 BD1 和 B1C 所成的角,但同 时又为了使构造出的角便于计算,故可考虑补上一个与已知长方体相同的长方体 DCEF— D1C1E1F1。具体作法是:延长 A1D1,使 A1D1=D1F1,延长 B1C1 至 E1,使 B1C1=C1E1,连 E1F1,分别
// // 过 E1、F1,作 E1E ?? C1C,F1F ?? D1D,连 EF,则长方体 C1D1F1E—CDFE 为所作长方体。 // ∵ BC ?? D1F1

∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴

// BD1 ?? CF1 ∠B1CF1 就是异面直线 BD1 与 B1C 所成的角。 2 2 2 BD =a +b 2 2 2 2 2 2 Rt△BDD1 中,BD1 =BD +DD1 =a +b +c 2 2 2 2 2 CF1 =BD1 =a +b +c 2 2 2 2 2 2 B1C =b +c ,B1F1 =a +4b △B1CF1 中

CF1 2 ? B1C 2 ? B1 F1 2 c2 ? b2 ? 2CF1 ? B1C a 2 ? b2 ? c2 ? b2 ? c2 (1) 当 c>b 时, cos∠B1CF1>0 ∴ ∠B1CF1 为锐角,∠B1CF1 就是异面直线 BD1 和 B1C 所成的角 (2) 当 c<b 时,cos∠B1CF1<0 ∴ ∠B1CF1 是钝角 ∴ π -∠B1CF1 就是异面直线 BD1 和 B1C 所成的角 0 (3) 当 c=b 时,∠B1CF1=90 ∴ BD1⊥B1C
cos∠B1CF1=
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法二:作异面直线所成角的过程,其实就是平移异面直线的过程。借助于三角形中位线的平 行性,也可以达到平移的目的。 如图,分别取 BC、BB1、B1D1 的中点 P、M、Q,连 PM、MQ、PQ 则 MP∥B1C,MQ∥BD1 ∴ ∠PMQ(或其补角)就是异面直线 BD1 与 B1C 所成的角 1 1 △ PMQ 中,MP= B1C= b2 ? c2 2 2
a2 1 1 2 BD1= a ? b 2 ? c 2 ,PQ= c 2 ? 4 2 2 利用余弦定理可以得到与解法一同样的结果



MQ ?

576. M、N 分别是空间四边形 ABCD 中 AB、CD 中点,求证:MN< 证明:取 AC 中点 P,则 MP= ∴ MN<MP+NP=

1 (AD+BC) 。 2

1 1 BC,NP= AD 2 2

1 (BC+AD) 2 577. 长方体 ABCD—A’B’C’D’中,AB=2,BC=BB’=1,M、N 分别是 AD 和 BC 中点,求异面直线 MN 和 BC’所成角的大小 解析:∵MN∥AC,AC∥A’C’,∴MN∥A’C’ ∴ ∠BC’A’就是 MN 与 BC’所成的角
△ BA’C 中,BC’= 2 ,BA’=A’C’= 5
BC' 2 ? A ' C' 2 ? A ' B' 2 10 ? 2BC'?A ' C' 10 578. 正方体 ABCDA1B1C1D1 中,若 E、M、N 分别是棱 AB、BC 及 B1D1 的中点,求异面直线 DN 与 MC1 所成的角。 解析:连 NG、EM、EN、DE // 1 // 1 ∵ EM ?? AC,NC1 ?? AC 2 2

∴ cos∠BC’A’=

// ∴ NC1 ?? EM ∴ NE∥MC1 ∴ ∠DNE 为异面直线 DN 与 MC1 所成的角

设 AB=a,则 DE=EN=GM= △

5 6 2 a a ,DN= DD1 ? D 2 N 2 ? 2 2 DN 2 ? EN 2 ? dE 2 30 ? 2DE ? NE 10

DNE 中,cos∠DNE=

30 . 10 579. 如图,在正方体 ABCD——A1B1C1D1 中,E、F 分别是 AA1、AB 的中点,试判断下列各对线

∴ 异面直线 DN 与 MC1 所成的角为 arccos

段所在直线的位置关系: (1)AB 与 CC1; (2)A1B1 与 DC; (3)A1C 与 D1B; (4)DC 与 BD1; (5)D1E 与 CF 解析: (1)∵C∈平面 ABCD,AB ? 平面 ABCD 又 C ? AB,C1 ? 平面 ABCD ∴AB 与 CC1 异面 (2)∵A1B1∥AB,AB∥DC,∴A1B1∥DC
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(3)∵A1D1∥B1C1,B1C1∥BC,∴A1D1∥BC 则 A1、B、C、D1 在同一平面内 ∴A1C 与 D1B 相交 D1 C1 (4)∵B∈平面 ABCD,DC ? 平面 ABCD A1 B1 又 B ? DC,D1 ? 平面 ABCD ∴DC 与 BD1 异面 E D C (5)如图,CF 与 DA 的延长线交于 G,连结 D1G, ∵AF∥DC,F 为 AB 中点, A B F ∴A 为 DG 的中点,又 AE∥DD1, G ∴GD1 过 AA1 的中点 E, ∴直线 D1E 与 DF 相交 580. 求证:空间四边形的两条对角线是异面直线。 证明:如图,假设空间四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 不是异面直线。 则 AC、BD 共面于α ,则 A、B、C、D 均在平面α 内,这与已知“ABCD 是空间四边形(四个 A 顶点不在同一平面内) ”相矛盾。 故假设错误,因此 AC、BD 是异面直线。 D 点评:反证法是间接证法的一种,在立体几何的证中经 B 常用到。 581. 已知空间四边形 ABCD 中,E、H 分别是 AB、AD 的中点。 (1)如图(甲)中,F、G 分别 是 BC、CD 的中点,求证:四边形 EFGH 是平行四边形; (2)如图(乙)中,若 F 是 BC 上的 点,G 是 DC 上的点,且
CF CG 2 ? ? ,求证:四边形 EFGH 是梯形,并且直线 EF、GH、AC CB GD 3

C

共点。 证明: (1)如图(甲) ,连结 BD。 ∵EH 是的△ABD 中位线, ∴EH //
1 1 BD,同理 FG // BD 2 2

根据公理 4,EH // FG ∴四边形 EFGH 是平行四边形。 (2)如图(乙)由(1)知 EH // ∴FG∥BD,FG=
2 BD 3
1 CF CG 2 BD,又在△ABD 中, ? ? 2 CB GD 3

A

H 由公理 4,∴EH∥FG,又 FG>EH。 E ∴四边形 EFGH 是梯形。 D 则直线 EF、GH 相交,设 EF∩GH=P 则 P∈EF,又 EF ? 平面 ABC B F ∴P∈平面 ABC,同理 P∈平面 ADC。 乙 又平面 ABC∩平面 ADC=AC 由公理 2,得 P∈AC, 即 EF、GH、AC 三条直线共点。 点评:证明四边形是平行四边形或者梯形,首先必须证明它是平面图形,本题中的 EH∥FG 是关键

G C

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582. 如图,在正方体 ABCD——A1B1C1D1 中,E、F 分别是 B1D1,A1B 的中点,求证:EF∥AD1。 解析: 要证两条直线平行一是证这两条直线在同一平面内, 再用平面几何知识证明它们平行; 二是用平行公理即平行直线的传递性,找到与它们都平行的“公共”直线。 这里 E 为 D1B1 的中点,易想到用构造三角形的中位线的方法直接证明平行。因此,连 AB1 是 非常重要的步骤。 D1 E 证明:连 AB1,则 AB1 过 A1B 的中点 F。 A1 又 E 为 D1B1 的中点,

C1 B1

∴EF 为△AD1B1 的中位线, F C 则 EF∥AD1 D 583. 如图,α ∩β =C,a ? α ,a∩c=A,b ? β ,b∩c=B,A、B 为不同点。则 a 与 b 的位置 B A 关系为( ) A、平行 a α B、异面 c A C、平行、异面均可能 B D、平行、相交、异面均可能 b β 解析:B 符合两条异面直线的判定,选 B 584. 下面的三个命题:①四边相等的四边形是菱形;②两组对边分别相等的四边形是平行 四边形;③若四边形有一组对角都是直角,则这个四边形是圆的内接四边形。 其中正确命题的个数是: ( ) A、1 个 B、2 个 C、3 个 D、0 个 D1 解析:D 均不能保证它们是平面图形,故均不正确,选 D A1 B1 585. 空间两个角α 和β ,若α 和β 的两边对应平行,当α =50°时,β = 。 D 解析:50°或 130° β 与α 相等或互补 B A 586. 正方体的 12 条面对角线所在的直线中,互相异面的直线共有 对。 解析:30 面对角线中,与 AC 相交的有 5 条,平行的有 1 条, (自身为 1 条)故与 AC 异面的直线有 12-5-1-1=5(条) 。 则共有 12×5×
1 =30(对 2

C1

C

587. 四面体 ABCD 中,AB=CD,AC=BD,AD=BC,则∠BAC+∠CAD+∠DAB= 。 解析:180° 四个三角形均是全等的三角形,故所求三个角即其中任一三角形的三个内角 588. 在四面体 ABCD 中,已知点 M,N,P 分别在棱 AD,BD,CD 上,点 S 在平面 ABC 内,画 出线段 SD 与过点 M,N,P 的截面的交点 O。 解析:图中,SD 与平面 MNP 的交点 O 点画在△MNP 内的任何位置好象都“象” ,即直观上不 能直接看出画在何处才是准确的。采用上一题的思想方法,找出经过直线 SD 的平面,如平 A 面 ASD(平面 CSD?) ,作出它与平面 MNP 的交线。 解:连接 AS 交 BC 于 E,连 ED 交 NP 于 F,连 MF。 ∵M∈AD,AD ? 平面 AED, S B ∴M∈平面 AED N

M D P

C

15

∵F∈ED,ED ? 平面 AED, ∴F∈平面 AED 又 M∈平面 MNP,F∈平面 MNP, A ∴平面 AED∩平面 MNP=MF ∵O∈SD,SD ? 平面 AED, M ∴O∈平面 AED,又 O∈平面 MNP S N B 则 O∈MF F E P 即 O 为 MF 与 SD 的交点。 C 589. 已知直线 a∥b,c∩a=A,c∩b=B。求证:a、b、c 在同一平面内。 证明:∵a∥b C ∴经过 a、b 可确定一个平面α A a ∵c∩a=A,∴A∈a,而 a ? α B b α ∴A∈α ,同理 B∈α 则 AB ? α ,即 c ? α ∴a、b、c 在同一平面α 内 点评:利用 a∥b,可确定平面α ,易证 c ? α 。若利用 c∩a=A,也可确定平面α ,但证 b ? α 就较困难。因此,选择恰当的点或线确定平面是非常重要的。 590. 空间四边形 ABCD 中,P、Q、R 分别 AB、AD、CD 的中点,平面 PQR 交 BC 于 S , 求证: 四边形 PQRS 为平行四边形。 证明:∵PQ 为 AB、AD 中点 ∴PQ‖BD 又 PQ ? 平面 BCD ,BD ? 平面 BCD ∴ PQ‖平面 BCD 又平面 PQR∩平面 BCD=RS , PQ ? 平面 RQR ∴ PQ‖RS ∵R 为 DC 中点,∴ S 为 BC 中点,∴PQ RS ∴ PQRS 为平行四边形 评述:灵活运用线面平行的判定定理和性质定理,“线线平行 ? 线面平行”是证平行关系的常用方法。 变式题:如图,在四面体 ABCD 中,截面 EFGH 是平行四边形.求 证:AB∥平面 EFG. 证明 ∵面 EFGH 是截面.∴点 E,F,G,H 分别在 BC,BD,DA, AC 上.∴EH 面 ABC,GF 面 ABD,由已知,EH∥GF.∴EH∥面 ABD.又 ∵EH BAC,面 ABC∩面 ABD=AB∴EH∥AB. ∴AB∥面 EFG. 591. 两个惟一性定理. (1)过一点有且只有一条直线和一已知平面垂直 (2)过一点有且只有一个平面和一已知直线垂直 过点 A 垂直于直线 a 的所有直线都在过点 A,且垂直于直线 a 的平面内,试证之.

O D



已知:A∈α ,a⊥α 于点 O,AB⊥a.求证: AB ? ? 证明:假 AB 不在平面α 内,连结 AO. ∵a⊥α ∴a⊥AO.又 a⊥AB,且 AO∩AB=A. ∴a 垂直于相交直 AO、AB 所确定的平面β .
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说明: 关于直线和平面垂直的问题中,有两个基本作图: (1)过一点有且只有一条直线和一个平面垂直.(2)过一点有且只有一个平面和一条直线垂直. 这两个基本作图可作为公理直接使用. 592. 直线 l 上有两点到平面α 的距离相等,这条直线和平面α 的位置如何? 解析:(1)若直线 l 上的两点到平面α 的距离都等于 0,这时直线 l 在平面α 内(如图) (2)若直线 l 上的两点在平面α 的两侧,且到平面α 的距离相等,这时直线 l 与平面α 相交(如

图). (3)若直线 l 上的两点在平面α 的同一侧,且到平面α 的距离相等(如图). ∵AA1⊥α 于点 A1,BB1⊥α 于点 B1.又 A、B 均在 l 上,且在α 的同侧.∴AA1 BB1

∴AA1BB1 为一平行四边形.∴AB∥A1B1 ∴这时直线 l 与平面α 平行. 想一想:若直线 l 上各点到平面α 的距离都相等,那么直线 l 和平面α 的位置关系又怎样? 593. 经过两条相交直线,有且只有一个平面 证明:如图:设直线 a、b 相交于点 A,在 a、b 上分别取不 a B A 同于点 A 的点 B、C,得不在一直线上的三点 A、B 和 C,过这三点 有且只有一个平面α (公理 3) ,因此 a、b 各有两点在平面α 内, C b α 所以 a、b 在平面α 内,因此平面α 是过相交直线 a、b 的平面. 如果过直线 a 和 b 还有另一个平面β ,那么 A、B、C 三点也一定都在平面β 内,这样过不在 一条直线上的三点 A、B、C 就有两个平面α 、β 了,这和公理 3 矛盾,所以过直线 a、b 的 平面只有一个. 594. 经过两条平行直线,有且只有一个平面 证明:因为当两条直线在同一个平面内,且不相交时叫做平行线, a 所以两条平行直线 a 和 b 必在某个平面α 内,就是说过两条平行直 线有一个平面.如果过 a 和 b 还有一个平面β ,那么在 a 上的任意 b α 一点 A 一定在β 内这样过点 A 和直线 b 有两个平面α 和β ,这和推 论 1 矛盾,所以过平行直线 a 和 b 的平面只有一个. 595. 直线 l 与平面α 所成角θ 的范围是( ) A、0°<θ <90° B、0° ? θ ? 90° C、0°<θ <180° D、0° ? θ ? 180° 解析:B 596.两条一异面直线所成的角的范围是? 直线与平面所成的角的范围是? 两个半平面所成二面角的范围是? 斜线与平面所成的角的范围是? 解析: 0 ? ?

? 90? ,
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0 ? ? ? 90? ,直线在平面内或直线与平面平行定为 0 0 ? ? ? 180? ,规定两个半平面重合时为 0,两个半平面展成一个平面为 180 度。 0 ? ? ? 90?
597. AB、CD 为夹在两个平行平面α 、β 间的异面线段,M、N 分别为 AB、CD 的中点,求证: MN∥α .

解析:过 C 作 CE∥AB 交β 于 E,取 CE 中点 P 则 AB∥CE AC∥BE MP∥AC BP∥α (1)MP∥β ;(2)PN∥ED ? PN∥β .∴面 MN∥面β ∴MN∥面α ,MN∥α

598. 平面α ∥平面β ,A、B∈α ,C∈β ,AA′⊥β 于 A′,BB′⊥β 于 B′,若 AC⊥AB, AC 与β 成 60°的角,AC=8cm,B′C=6cm,求异面直线 AC 与 BB′间的距离. 解析:∵BB′⊥α ∴BB′⊥AB 又∵AC⊥AB ∴AB 为 AC 与 BB′的公垂线 又∵AB=A′B′ AB∥A′B′ AC⊥A′B′ ∴A′C′⊥A′B′
2 3 A′B′= B?C? ? A?C ? ?

6 2 ? (9 cos 60?) 2 ? 6 2 ? 4 2 ? 20 ? 2 5

599. 某人买了一罐容积为 V 升、高为 a 米的直三棱柱型罐装进口液体车油,由于不小心摔 落地上,结果有两处破损并发生渗漏,它们的位置分别在两条棱上且距底面高度分别为 b、 c 的地方(单位:米).为了减少罐内液油的损失,该人采用罐口朝上,倾斜罐口的方式拿回 家.试问罐内液油最理想的估计能剩多少?

解析:如图所示,建立模型,设直三棱柱为 ABC—A′B′C′,破损处为 D、E.并且 AD=b,EC =c,BB′=a.则罐内所剩液油的最大值即为几何体 ABC—DB′E 的体积.
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连结 BD、CD ∵ VD?BCEB? = VA??BCEB? , 而

VD ? BCEB? 2 a?c = , VA??BCC?B? = V, 3 2a V A?? BCC ?B?
( a ? c )V . 3a

∴ VD?BCEB? = 又∵

VD? ABC b b V bV = ,∴VD-ABC= · = . a 3 3a VA?? ABC a
( a ? b ? c )V ( a ? b ? c )V ,即最理想的估计是剩下 升. 3a 3a

故 VABC? DB?E = VD?BCEB? +VD-ABC=

600. 要修建一座底面是正方形且四壁与底面垂直的水池,在四壁与底面面积之和一定的前 提下,为使水池容积最大,求水池底面边长与高的比值. 解析:为了建立体积 V 的函数,我们选底面边长和高为自变量. 2 设水池底面边长为 a,水池的高为 h,水池容积为 v,依题意,有 a +4ah=k(k 为定值).

a (k ? a 2 ) k ? a2 ∴v=a h=a 4a = (v>0), 4
2 2

∴v =

2

1 2 1 2 2 2 2 2 a (k-a ) = ·2a (k-a )(k-a ) 32 16



1 2a 2 ? k ? a 2 ? k ? a 2 3 1 8k 3 k3 2 2 2 ( )= · = (当且仅当 2a =k-a 时,即 k=3a 时等 32 32 27 108 3

号成立), 2 2 故 a +4ah=3a , 即 a∶h=2∶1 时,水池容积最大为

k k . 6 3

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