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高中立体几何典型500题及解析(八)(351~400题)


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题及解析( 高中立体几何典型 500 题及解析(八)(351~400 题)
351. (1)已知直线 a∥平面α ,a⊥平面β .求证:β ⊥α . (2)已知三个平面α 、β 、γ ,α ∥β ,α ⊥γ .求证:β ⊥

γ . 解析: (1)如图答 9-41,∵ 解析: a∥α ,∴ 在α 上任取一点 A a ,过 a 与 A 确定平面γ ,设

γ ∩ α = a′ ,则 a // a′ .∵ a⊥β ,∴ a′ ⊥ β .∵ a′

α ,∴ α ⊥β .

(2)在γ 上任取 P,设 α ∩ γ = l1 ,在γ 内作 PQ ⊥ l1 ,∵

α ⊥γ ,∴ PQ⊥α .∵

α ∥β ,∴ PQ⊥β ,∵ PQ

γ ,∴ β ⊥γ .

352. 在正方体 ABCD A1 B1C1 D1 中,求二面角 A1 BD1 C1 的大小.

解析:如图 9-43,在平面 D1C1 B 内作 C1 E ⊥ BD1 ,交 BD1 于 E.连结 A1 E ,设正方体棱长 解析: 为 a,在△ A1 BD1 和△ C1 BD1 中, A1 D1 = C1 D1 = a , A1 B = C1 B =

2a , BD1 = BD1

= 3a ,∴ △ A1 BD1 ≌△ C1 BD1 ,∵ C1 E ⊥ BD1 ,∴

A1 E ⊥ BD1 ,∴

∠A1 EC1 为

二面角 A1 BD1 C1 的平面角.在 Rt△ BC1 D1 中, ∠D1C1 B = 90° ,∴

1 1 a 2a 2 C1 D1 BC1 = C1 E BD1 ,∴ C1 E = = a ,在△ A1 EC1 中, 2 2 3 3a

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

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

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图答 9-44

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设 BQ=a,在 Rt△BAQ 中,∠BQA=90°,∠BAM=45°,∴

AB = 2a ,在 Rt△BAH

中∠BHA=90°,∠BAH=30°,∴

BH =

2 a .在 Rt△BHQ 中,∠BHQ=90°,BQ=a, 2

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

B.(3)与(4)

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

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

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解析:本题考查线面垂直,面面垂直,余弦定理,以及空间与平面问题的转化能力。

如图,设正方形边长为 a,由 O 为正方形中心,则 BO=

2 2 a,DO= a,连 AB,因为 DA 2 2
AD 2 + AB 2 =

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

AD 2 + AE 2 + BE 2 = a 2 +

a2 a2 6 + = a. 4 4 2

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

-

1 ,所以∠BOD=120° 2

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

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

A.[1,+∞]

B.(1,

2 3 ) 3

C.(

2 3 4 3 , ) 3 3

D.[

2 3 ,+∞) 3

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

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

2 3 2 3 .故 CD≥ .∴应 3 3

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

1 CD,侧棱 PB 2

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

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

∵AB=

1 CD,PC=5,BC=3,∴PB=4. 2

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SΔPAB=6,∴AB=3,CD=6,

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AB EB 1 = = . DC EC 2

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∴EB=3,PE=5.

∵PBEC=CFPE,∴CF=

24 . 5

在直角ΔDCF 中,tanα=

DC 6 5 = = . 24 4 CF 5

α=antan

5 . 4

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

358. 如图,已知三条射线 SA,SB,SC 所成的角∠ASC=BSC=30°,∠ASB=45°,求平面 ASC 与平面 BSC 所成二面角的大小.

解析: 解析:在 SC 上任取一点 D,过 D 作平面 DEF 垂直于 SC,分别交平面 SAC、SBC、SAB 于 DE、 DF、EF,则∠EDF 是二面角 A—SC—B 的平面角,令 SD= 3 . ∵∠ASC=30°,∴在 RtΔSED 中,DE=1,SE=2. 同理 DF=1,SF=2.

在ΔSEF 中,依余弦定理 EF =8-4 2 .

2

∴在ΔDEF 中,cos∠EDF=2 2 -3,又-1<2 2 -3<0.

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

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

解析: 解析:在α内作 AE⊥DC 于 E,则 AE 为ΔADC 的高,则有

1 2S AEDC= S ABC ,AE= . 2 a

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

∴∠ABE=30°,在ΔAEB 中,有

EB AE 4S = ,∴EB= sin(α+30°). sin(α + 30°) sin 30° a

据题意,有α∈(0°,180°),当α=60°时,有 EBmax= 2S.

4S 1 4S ,这时(SΔDBC)max= a = a 2 a

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

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

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

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

∴tanα=sinθ,cosα=

1 1 + sin 2 θ

,sinα=

sin θ 1 + sin 2 θ

.

在ΔPMQ 中由正弦定理:

a PQ = , sin β sin α
a sin α a sin θ = . sin β sin β 1 + sin 2 θ

∴PQ=

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

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得到以ΔVAD 为底,以 S′与 S 重合.

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

VABCD=

1 SΔBCMAD. 3
2 2
2

CM= CD DM = 2 ( ) =
2

1 2

15 .设 N 是 BC 的中点,则 MN⊥BC, 2

MN= CM CN =
2 2

15 11 1 11 11 1 = ,从而 SΔBCM= ×2× = , 4 2 2 2 2

故 VABCD=

1 11 11 × ×1= . 3 2 6

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

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

2 ( 4 + 4 1)( 4 + 1 4)(1 + 4 4) 12

=

14 2 7= . 12 12

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

解析: 解析:由题意知,光线与地面成 60°角,设球的阴影部分面积为 S,垂直于光线的大圆面积 为 S′,则 Scos30°=S′,并且 S′=9π,所以 S=6 3 π(米 ) 365. 设棱锥 M—ABCD 的底面是正方形,且 MA=MD,MA⊥AB,如果ΔAMD 的面积为 1,试求 能够放入这个棱锥的最大球的半径.
2

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

2 S △MEF EF + EM + MF

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


r=

a+

2 2 + a 2 + ( )2 a a

2 = 2 -1 2+2 2

当且仅当 a=

2 ,即 a= 2 时,等号成立. a

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

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

1

⊥ AC

(2)AB=BC=BB1 G 为△AB1C 的中心.AC= 2 a AG=

2 2 6 a 3× = a 2 3 3
2

∴BG= a (

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

(3)∠BB1G 为所求

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6 a GB1 3 = 6 cos∠BB1G= = 3 BB1 a

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

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

=O,∴A1O⊥平面 MBD.

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370. 点 P 在线段 AB 上,且 AP∶PB=1∶2,若 A,B 到平面α的距离分别为 a,b,求点 P 到平面α的距离. 解析:(1)A,B 在平面α的同侧时,P 平面α的距离为 解析:
2 1 2a + b ; a+ b = 3 3 3

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



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

解析:(A) 解析: 设 AB=a,BC=b,PA=h,则 a2+h2=5, b2+h2=13, a2+b2+h2=17,∴h=1. 375. 线段 AB 的两个端点 A,B 到平面α的距离分别为 6cm, 9cm, P 在线段 AB 上,AP:PB =1:2,则 P 到平面α的距离为 . 解析: 解析:7cm 或1cm. (cm) , 分 A, 在平面α的同侧与异侧两种情况. B 同侧时, 到平面α的距离为 6 × + 9 × =7 P 异侧时,P 到平面α的距离为 6 × 9 × =1(cm). 376. △ABC 的三个顶点 A, C 到平面α的距离分别为 2cm, 3cm, 4cm , B, 且它们在α的同一侧,则△ABC 的重心到平面α的距离为 . 解析: 解析:3cm .
2 3 1 3 2 3 1 3

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3+ 4+5 =3cm . 3

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

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

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

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

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

又∵CM=

3 7 21 a ,∴CN= CM 2 MN 2 = a= a. 2 12 6 CN 7 = . CM 3

∴CM 与平面 BCD 所成角的余弦值为

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

5 a, 4

a 2

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

∵MN +MC1 =NC1 ,∴C1M⊥MN. 证明2 证明2 连结 B1M,∵C1B1⊥平面 A1ABB1, ∴B1M 为 C1M 在平面 A1ABB1 上的射影. 设棱长为 a ,∵AN= a ,AM= a ,∴tan∠AMN= 又 tan∠A1B1M=
1 ,则∠AMN=∠A1B1M,∴B1M⊥MN, 2 1 4 1 2 1 , 2

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

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

1 a 2a 6 = a, 2 6 3a

∵BO=

383. 四面体 ABCD 的四个面中,是直角三角形的面至多有 ( ) (A)1个 (B)2个 (C)3个 (D)4个 解析: 解析:(D) 设底面为直角三角形, 从底面的一个锐角顶点作平面的垂线, 则这样的四面体的每个面都是 直角三角形. 384. 直角三角形 ABC 的斜边 AB 在平面α内,直角顶点 C 在平面α外,C 在平面α内的射影 为 C1,且 C1 AB,则△C1AB 为 ( ) (A)锐角三角形 (B)直角三角形 (C)钝角三角形 (D)以上都不对 解析: 解析:(C) 2 2 2 2 ∵C1A +C1B <CA +CB =AB, ∴∠AC1B 为钝角,则△C1AB 为钝角三角形. 385. △ABC 在平面α内,∠C=90°,点P α,PA=PB=PC=7, AB=10, 则点 P 到平面α的距 离等于 解析: 解析: 2 6 . ∵PA=PB=PC,∴P 在平面α内的射影为△ABC 的外心O,∵∠C=90°,∴O为 AB 的中点, ∵AO=5,PA=7,∴PO= 7 2 5 2 = 2 6 386. P 是边长为 a 的六边形 ABCDEF 所成平面外一点,PA⊥AB,PA⊥AF,PA=a,则点 P 到边 CD 的距离是 解析: 解析:2a. PA⊥平面 ABCDEF,A 到 CD 的距离为 3a ,∴P 到边 CD 的距离是 2a 387. 如图,已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面,M,N 分别是 AB,PC 点. (1) 求证:MN⊥CD; (2) 若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面 PCD. 证明 (1)连 AC∩BD=O,连 NO,MO,则 NO∥PA. ∵PA⊥平面 ABCD,∴NO⊥平面 ABCD. ∵MO⊥AB,∴MN⊥AB,而 CD∥AB,∴MN⊥CD; 的中

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(2)∵∠PDA=45°,∴PA=AD, 由△PAM≌△CBM 得 PM=CM, ∵N 为 PC 中点,∴MN⊥PC. 又 MN⊥CD,PC∩CD=C,∴MN⊥平面 PCD. 388. 如图,在四棱锥 P—ABCD 中,侧面 PCD 是边长等于 2cm 的等边三角形,底面 ABCD

P

是面积为 2 3 cm2 的菱形,∠ADC 是锐角. 求证:PA⊥CD 求证 证明:设∠ADC=θ,则:由 SABCD=2 3 , CD=BC=AB=AD=2,易得θ=60° 证明

A D B E C

∴△ACD 是等边三角形,取 CD 中点 E 连 AE、PE,则 AE⊥CD,PE⊥CD AE⊥CD,PE⊥CD ∴CD⊥平面 PAE ∴CD⊥PA 389. 设 P 点在正三角形 ABC 所在平面外,且 AP,BP,CP 两两垂直;又 G 是 心; E 为 BC 上一点, BE =

△ ABP 的重

1 1 BC ; F 为 PB 上一点, PF = PB ; AP = BP = CP ,如 3 3

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

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

P

H A B

C

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391. 如图,△ABC 为锐角三角形,PA⊥平面 ABC,A 点在平面 PBC 上的射影为 H,求: H 不可能是△PBC 的垂心. 解析:连结 CH,则 CH 是 AC 在平面 PBC 内的射影,若 H 为垂心,则 CH⊥PB,由三垂线 解析: 定理得 AC⊥PB,又 PA⊥平面 ABC,∴PA⊥AC,∴AC⊥平面 PAB,从而 AC⊥AB 与△ABC 为锐角三 P 角形矛盾,故 H 不可能是垂心.

H
392. 如图,BCD 是等腰直角三角形,斜边 CD 的长等于点 P 到 A BC 的距离,D 是 P 在平面 BCD 上的射影.(1)求 PB 与平面 BCD 所成角;(2)求 BP 与平面 PCD 所成的角 B 解析: 解析:(1)PD⊥平面 BCD,∴BD 是 PB 在平面 BCD 内的射影,∴∠PBD 为 PB 与平面

C

BCD 所成角,BD⊥BC,由三垂线定理得 BC⊥BD, ∴BP=CD, BC=a, BD=a, 设 则 BP=CD= 2 a ∴在 Rt△BPD 中, cos∠DBP=

2 ∴∠DBP=45°, 即 PB 与平面 BCD 所成角为 45°. 2

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

2 a, BP= 2 a,∴∠BPE=30° 2

B C E P D

B C P D

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

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

1 2 AC PO = ah 2 2
D A

P

O E B

C

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在△PBC 中, S PBC = ∴ S PAC : S PBC = ∴h:h′= 3 : 2 .

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1 ah ′ ° 2

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2 1 ah : ah ′ = 2h : h ′ = 6 : 2 2 2

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

PO h 3 = = , PE h ′ 2

π
3

,即侧面与底面所成的角为

π
3

.

394. 如右图,斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中,A1C1⊥BC1,AB⊥AC,AB=3,AC=2,侧棱与 底面成 60°角。 (1)求证:AC⊥面 ABC1; (2)求证:C1 点在平面 ABC 上的射影 H 在直线 AB 上; (3)求此三棱柱体积的最小值。 解析: 解析:(1)由棱柱性质,可知 A1C1//AC ∵A1C1 ⊥ BC1, ∴AC ⊥ BC1,又∵AC ⊥ AB,∴AC ⊥ 平面 ABC1 (2)由(1)知 AC ⊥ 平面 ABC1,又 AC 平面 ABC,∴平面 ABC ⊥ 平面 ABC1 在平面 ABC1 内,过 C1 作 C1H ⊥ AB 于 H, 则 C1H ⊥ 平面 ABC,故点 C1 在平面 ABC 上 的射影 H 在直线 AB 上。 (3)连结 HC,由(2)知 C1H ⊥ 平面 ABC, ∴∠C1CH 就是侧棱 CC1 与底面所成的角, ∴∠C1CH=60°,C1H=CHtan60°= 3CH V 棱柱= S ABC C1 H =
1 1 AB × AC × C1 H = × 3 × 2 × 3CH = 3 3CH 2 2

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

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由三垂线定理,下证 AC1⊥A1M 即可

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在矩形 AA1C1C 中,AC=A1C1= 3 ,AA1=CC1= 6
6 MC1 AC 2 3 2 ∵ = 2 = , 1 1 = = C1 A 1 2 A1A 2 3 6 MC 1 A 1 C1 ∴ = C1 A 1 A 1 A

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

a , 在侧棱 CC1 上截取 CE=a, 2

∴ 截面 ADE 为等腰三角形 S=
1 1 5 2 2 2 6 2 AE h = × 2a × ( a) ( a) = a 2 2 2 2 4

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

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∴ A1A⊥BC

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(2) S AA1C1C = S AA1B1B = AB AA1 sin ∠A 1 AB = 4 × 7 × ∵ B1B∥A1A ∴ B1B⊥BC,即侧面 BB1C1C 为矩形 ∴ S BB1C1C = 4 × 7 = 28 又 S A1B1C1 = S ABC =
3 × 42 = 4 3 4

3 = 14 3 2

∴ S 全= 14 3 × 2 + 28 + 4 3 × 2 = 28 + 36 3 (cm 2 ) (3)∵ cos∠A1AB=cos∠A1AOcos∠OAB ∴ cos∠A1AO= ∴ sin∠A1AO=
cos ∠A 1 AB cos 60 0 3 = = 0 cos ∠OAB cos 30 3 6 3

∴ A1O=A1Asin∠A1AO= ∴ V = S ABC A 1 O =

7 6 3

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

∴ A 1 H = A 1 M 1 sin ∠A 1 M 1 H = A 1 M 1 sin ∠A 1 AM = 2 3 ×

△ ∴ AC=a

PBC 中,BC=ABsin60 =2a
0

3 = 3a 2

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∴ PC= 2a ∴ S POB = △ ∴ S POC =
1 6 2 PC BC = a 2 2

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POC 中,PO=PC= 2a ,OC=a
1 1 7 2 OC PO 2 ( OC) 2 = a 2 2 4

1 6 2 7 2 2+2 6 + 7 2 ∴ S 侧= a 2 + a + a = a 2 2 4 4 0 399. 四棱锥 V—ABCD 底面是边长为 4 的菱形,∠BAD=120 ,VA⊥底面 ABCD,VA=3,AC 与 BD 交于 O,(1)求点 V 到 CD 的距离;(2)求点 V 到 BD 的距离;(3)作 OF⊥VC,垂足为 F, 证明 OF 是 BD 与 VC 的公垂线段;(4)求异面直线 BD 与 VC 间的距离。 解析: 解析:用三垂线定理作点到线的垂线 在平面 ABCD 内作 AE⊥CD,E 为垂足 ∵ VA⊥平面 ABCD ∴ AE 为 VE 在平面 ABCD 上的射影 ∴ VE⊥CD ∴ 线段 VE 长为点 V 到直线 CD 的距离 0 ∵ ∠BAD=120 0 ∴ ∠ADC=60 ∴ △ACD 为正三角形

∴ E 为 CD 中点,AE=

3 ×4=2 3 2

∴ VE= VA 2 + AE 2 = 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 + AO 2 = 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 + AC 2 = 5 2 VA 3 6 ∴ OF=OCsin∠ACF=OC = 2× = VC 5 5 400. 斜三棱柱 ABC—A1B1C1 的底面△ABC 中,AB=AC=10,BC=12,A1 到 A、B、C 三点的距离都 相等,且 AA1=13,求斜三棱柱的侧面积。 解析: 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

A

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∵ 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 ∴ A 1 E = AA1 2 ( ∴ S AA1C1C ∴ S 侧=396
AB 2 ) = 12 2 = S AA1B 1B = 20

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