2021年立体几何基础题题库有详细答案

立体几何基本题题库四（有详细答案）301.正三棱柱ABC—A1B1C1侧面三条对角线AB1、BC1、CA1中，AB1⊥BC1.求证：AB1⊥CA1解析：办法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，因而AB办法2如图，取A1B1、AB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.再由三垂线定理逆定理即得AB1⊥A1C阐明证明本题核心是作辅助面和辅助线，证明线面垂直常采用下列办法：(1)运用线面垂直定义；(2)证明直线垂直于平面内两条相交直线；(3)证明直线平行于平面垂线；(4)证明直线垂直于与这平面平行另一平面.302.已知：正三棱柱ABC—A′B′C′中，AB′⊥BC′，BC＝2，求：线段AB′在侧面上射影长.解析：如图，取BC中点D.∵AD⊥BC，侧面⊥底面ABC，∴AD⊥侧面是斜线AB′在侧面射影.又∵AB′⊥BC′，∴⊥BC′.设BB′＝x，在RtΔ中，BE∶BD＝，＝.∵E是ΔBB′C重心.∴BE＝BC′＝∴x＝·，解得：x＝.∴线段AB′在侧面射影长为.303.平面α外一点A在平面α内射影是A′，BC在平面内，∠ABA′＝θ，，∠ABC＝，求证:cosγ＝cosθ·cosβ.解析：过A′作⊥BC于C′，连AC′.∵AA′⊥平面α，BC垂直AC在平面α内射线.∴BC′⊥AC′，cos＝.又∵cosθ＝,cosβ＝，∴cos＝cosθ·cosβ.304.ΔABC在平面α内射影是ΔA′B′C′，它们面积分别是S、S′，若ΔABC所在平面与平面α所成二面角大小为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内射影A′D垂直BC.∴AD⊥BC.∴∠ADA′＝θ.又S′＝A′D·BC，S＝AD·BC，cosθ＝,∴S′＝S·cosθ.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)结论证明S′＝S·cosθ.305.求证：端点分别在两条异面直线a和b上动线段AB中点共面.证明如图，设异面直线a、b公垂线段是PQ，PQ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，MNα，∴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.即动线段中点在通过中垂线段中点且和中垂线垂直平面内.306.如图，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1中点，求证：AB1⊥A1M解析：不难看出B1C1⊥平面AA1C1C，AC1是AB1在平面AA1C1C上射影.欲证A1M⊥证：连AC1，在直角ΔABC中，BC＝1，∠BAC＝30°，∴AC＝A1C1＝.设∠AC1A1＝α，∠MA1C1∴tanα＝＝＝,tgβ＝＝＝.∵cot(α+β)＝＝＝0,∴α+β＝90°即AC1⊥A1M∵B1C1⊥C1A1，CC1⊥B1C1，∴B1C1⊥平面AAAC1是AB1在平面AA1C∵AC1⊥A1M，∴由三垂线定理得A1M⊥AB评注：本题在证AC1⊥A1M时，重要是运用三角函数，证α+β＝90°307.矩形ABCD，AB＝2，AD＝3，沿BD把ΔBCD折起，使C点在平面ABD上射影正好落在AD上.(1)求证：CD⊥AB；(2)求CD与平面ABD所成角余弦值.(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所成角，cos∠CDM＝作CN⊥BD于N，连接MN，则MN⊥BD.在折叠前矩形ABCD图上可得DM∶CD＝CD∶CA＝AB∶AD＝2∶3.∴CD与平面ABD所成角余弦值为308.空间四边形PABC中，PA、PB、PC两两互相垂直，∠PBA＝45°，∠PBC＝60°，M为AB中点.(1)求BC与平面PAB所成角；(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RtΔAPB中，∵∠ABP＝45°，设PA＝a，则PB＝a,AB＝a,∵PB⊥PC，在RtΔPBC中，∵∠PBC＝60°,PB＝a.∴BC＝2a,PC＝a.∵AP⊥PC∴在RtΔAPC中，AC＝＝＝2a(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面PAB，∴BC在平面PBC上射影是BP.∠CBP是CB与平面PAB所成角∵∠PBC＝60°，∴BC与平面PBA角为60°.(2)由上知，PA＝PB＝a,AC＝BC＝2a.∴M为AB中点，则AB⊥PM，AB⊥CM.∴AB⊥平面PCM.阐明要清晰线面垂直关系，线面角定义，通过数据特点，发现解题捷径.309.在空间四边形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB与平面ABC所成角分别为30°和45°。(1)直线PC与AB能否垂直?证明你结论；(2)若点P到平面ABC距离为h，求点P到直线AB距离.解析：重要考查直线与直线、直线与平面位置关系综合应用及线面角，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射影，∴HC⊥AB，∵PA、PB在平面ABC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.∴ΔPHB≌ΔPHA.∴∠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＝h.∴矩形ACBH中，AB＝＝＝2h.作HE⊥AB于E，∴HE＝＝＝h.∵PH⊥平面ACBH，HE⊥AB，由三垂线定理有PE⊥AB，∴PE是点P到AB距离.在RtΔPHE中，PE＝＝＝h.即点P到AB距离为h.评析：此题属开放型命题，解决此类问题办法是先假设结论成立，然后“执果索因”，作推理分析，导出矛盾就否定结论(反证法)，导不出矛盾，就阐明与条件相容，可采用演绎法进行推理，此题(1)属于反证法.310.平面α内有一种半圆，直径为AB，过A作SA⊥平面α，在半圆上任取一点M，连SM、SB，且N、H分别是A在SM、SB上射影.(1)求证：NH⊥SB.(2)这个图形中有多少个线面垂直关系?(3)这个图形中有多少个直角三角形?(4)这个图形中有多少对互相垂直直线?解析：此题重要考查直线与直线，直线与平面垂直关系及论证，空间想象力.解(1)连AM，BM.∵AB为已知圆直径，如图所示.∴AM⊥BM，∵SA⊥平面α，MBα，∴SA⊥MB.∵AM∩SA＝A，∴BM⊥平面SAM.∵AN平面SAM，∴BM⊥AN.∵AN⊥SM于N，BM∩SM＝M，∴AN⊥平面SMB.∵AH⊥SB于H，且NH是AH在平面SMB射影∴NH⊥SB.(2)由(1)知，SA⊥平面AMB，BM⊥平面SAM.AN⊥平面SMB.∵SB⊥AH且SB⊥HN.∴SB⊥平面ANH.∴图中共有4个线面垂直关系(3)∵SA⊥平面AMB，∴ΔSAB、ΔSAM均为直角三角形.∵BM⊥平面SAM，∴ΔBMA，ΔBMS均为直角三角形.∵AN⊥平面SMB.∴ΔANS、ΔANM、ΔANH均为直角三角形.∵SB⊥平面AHN.∴ΔSHA、ΔBHA、ΔSHN均为直角三角形综上所述，图中共有10个直角三角形.(4)由SA⊥平面AMB知：SA⊥AM，SA⊥AB，SA⊥BM；由BM⊥平面SAM知：BM⊥AM，BM⊥SM，BM⊥AN；由AN⊥平面SMB知：AN⊥SM，AN⊥SB，AN⊥NH；SB⊥平面AHN知：SB⊥AH，SB⊥HN；综上所述，图中有11对互相垂直直线.311.如图，在棱长为a正方体AC1中，M是CC1中点，点E在AD上，且AE＝AD，F在AB上，且AF＝AB，求点B到平面MEF距离.解法一：设AC与BD交于O点，EF与AC交于R点，由于EF∥BD因此将B点到面MEF距离转化为O点到面MEF距离，面MRC⊥面MEF，而MR是交线，因此作OH⊥MR，即OH⊥面MEF，OH即为所求.∵OH·MR＝OR·MC，∴OH＝.解法二：考察三棱锥B—MEF，由VB-MEF＝VM-BEF可得h.点评求点面距离普通有三种办法：①运用垂直面；②转化为线面距离再用垂直面；③当垂足位置不易拟定期，可考虑运用体积法求距离.312.正方体ABCD—A1B1C1D1棱长为a，求A1C1和平面AB解法1如图所示，A1C1∥平面AB1C，又平面BB1DD1⊥平面AB故若过O1作O1E⊥OB1于E，则OE1⊥平面AB1C，O1由O1E·OB1＝O1B1·OO1，可得：O1E＝解法2：转化为求C1到平面AB1C距离，也就是求三棱锥C1—AB1由V＝V，可得h＝a.解法3因平面AB1C∥平面C1DA1，它们间距离即为所求，连BD1，分别交B1O、DO1与F、G(图中未画出)。易证BD1FG＝.点评(1)求线面距离先决条件是线面平行，而求线面距离惯用办法是把它们转化为求点面之间距离，有时也可转化为求面面距离，从本题解法也可悟出求异面直线之间距离思路.313..已知：α∩β＝CD，EA⊥α，EB⊥β，求证：CD⊥AB.314.求证：两条平行线和同一条平面所成角相等.已知：a∥b，a∩α＝A1,b∩β＝B1，∠θ1、∠θ2分别是a、b与α所成角.如图，求证：∠θ1＝∠θ2.证：在a、b上分别取点A、B.如图，且AA1＝BB1，连结AB和A1B1.∵AA1∥BB1∴四边形AA1B1B是平行四边形.∴AB∥A1B1又A1B1α∴AB∥α.设AA2⊥α于A2，BB2⊥α于B2，则AA2＝BB2在RtΔAA1A2与中AA2＝BB2，AA1＝BB1∴RtΔAA1A2≌RtΔBB1B∴∠AA1A2＝∠BB1B即∠θ1＝∠θ2.315.通过一种角顶点引这个角所在平面斜线，如果斜线和这个角两边夹角相等，那么斜线在平面上射影是这个角平分线所在直线.已知：∠ABCα,Pα,∠PBA＝∠PBC,PQ⊥α，Q∈α，如图.求证：∠QBA＝∠QBC证：PR⊥AB于R，PS⊥BC于S.则：∠PRB＝∠PSB＝90°.∵PB＝PB.∠PBR＝∠PBS∴RtΔPRB≌RtΔPSB∴PR＝PS∵点Q是点P在平面α上射影.∴QR＝QS又∵QR⊥AB，QS⊥BC∴∠ABQ＝∠CBQ316.如图，E、F分别是正方体面ADD1A1，面BCC1B1中心，则四边形BFD1E在该正方体面上射影也许是解∵四边形BFD1E在正方体一对平行面上投影图形相似，在上、下底面上，E、F射影在棱中点，四边形投影图形为②，在左右侧面上，E、F连线垂直侧面，从而四边形投影图形为③，在先后侧面上四边形投影图形也为②.故应填②③.317.如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA＝90°，点D1，F1分别是A1B1，A1C1中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AFA. B. C. D.解连D1F1，则D1F1⊥A1C1，又BC⊥CA，因此BD1在平面ACC1A1内射影为CF1，设AC＝2a，则BC＝CC1＝2a.取BC中点E，连EF1，则EF∴cosθ1＝cos∠EF1C＝＝＝，cosθ2＝cos∠AF1C＝＝，∴cosθ＝cosθ1·cosθ2＝·＝，应选A.318.(1)如果三棱锥S—ABC底面是不等边三角形，侧面与底面所成角都相等，且顶点S在底面射影O在ΔABC内，那么O是ΔABC()A.垂心B.重心C.外心D.内心(2)设P是ΔABC所在平面α外一点，若PA，PB，PC与平面α所成角都相等，那么P在平面α内射影是ΔABC()A.内心B.外心C.垂心D.重心解(1)运用三垂线定理和三角形全等可证明O到ΔABC三边距离相等，因而O是ΔABC内心，因而选D.(2)如图所示，作PO⊥平面α于O，连OA、OB、OC，那么∠PAO、∠PBO、∠PCO分别是PA、PB、PC与平面α所成角，且已知它们都相等.∴RtΔPAO≌RtΔPBO≌RtΔPCO.∴OA＝OB＝OC∴应选B.阐明三角形内心、外心、垂心、旁心、重心，它们定义和性质必要掌握.319.已知ABCD是边长为4正方形，E、F分别是AB、AD中点，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，求点B到平面EFG距离.解析：注意到直线BD∥平面EFG，依照直线和平面距离在BO中点O距离等于B到平面EFG距离.解连结AC、BD，设交于O，∵E，F分别是AB、AD中点.∴EF∥BD∴BD∥平面EFG，设EF∩AC＝M.则M为OA中点.又AB＝4∴AC＝4，MO＝AC＝,MC＝AC＝3∵GC⊥平面ABCD∴GC⊥CA，GC⊥EF又EF⊥AC，GC∩AC＝C.∴EF⊥平面GCM.∴过O作OH⊥GM于H，则OH⊥EF.又OH⊥GM故OH⊥平面EFG.在RtΔGCM中，GM＝＝＝.又∵OH⊥GM.∴sin∠GMC＝＝sin∠HMO＝＝∴OH＝·＝∴B点到平面GEF距离为阐明本题解法甚多，学习两面垂直及简朴几何体后，可用两面垂直性质求解或者用“等体积法”求解.320.已知两条异面直线a,b所成角为θ，它们公垂线段AA1长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A1E＝m，AF＝n.求证：EF＝解过A作a′∥a.∵AA1⊥a，∴A1A⊥a∴AA1⊥b,a′∩b＝A∴A1A垂直a′、b所拟定平面α∵a∥a′∴a、a′能拟定平面β，在β内作EH∥A1A，交a′∵a∥a′，∴A1AME为平行四边形.∴A1A＝EH＝d,AH＝A1∵A1A⊥α∴EH⊥α∵FHα，∴EH⊥FH.在RtΔFHE中，EF＝＝∵a′∥a∴a′与b夹角为θ.即∠HAF＝θ，此时AH＝m,AF＝n.由余弦定理得FH2＝m2+n2-2mncosθ∴EF＝当F(或E)在A(或A1)另一侧时，同理可得EF＝＝综上所述，EF＝321.如图，ABCD和ABEF均为平行四边形，M为对角线AC上一点，N为对角线FB上一点，且有AM∶FN＝AC∶BF，求证：MN∥平面CBE.解析：欲证MN∥平面CBE，固然还是需要证明MN平行于平面CBE内一条直线才行.题目上所给是线段成比例关系，因而本题必要通过三角形相似，由比例关系变通，才干达到“线线平行”到“线面平行”转化.证：连AN并延长交BE延长线于P.∵BE∥AF，∴ΔBNP∽ΔFNA.∴＝，则＝.即＝.又＝，＝，∴＝.∴MN∥CP，CP平面CBE.∴MN∥平面CBE.322.始终线分别平行于两个相交平面，则这条直线与它们交线平行.已知：α∩β＝a,l∥α,l∥β.求证：l∥a.解析：由线面平行推出线线平行，再由线线平行推出线面平行，重复应用线面平行鉴定和性质.证明：过l作平面交α于b.∵l∥α，由性质定理知l∥b.过l作平面交β于c.∵l∥β，由性质定理知l∥c.∴b∥c，显然cβ.∴b∥β.又bα，α∩β=a，∴b∥a.又l∥b.∴l∥a.评注：本题在证明过程中注意文字语言、符号语言，图形语言转换和使用.323.如图，在正四棱锥S—ABCD中，P在SC上，Q在SB上，R在SD上，且SP∶PC＝1∶2，SQ∶SB＝2∶3，SR∶RD＝2∶1.求证：SA∥平面PQR.解析：依照直线和平面平行鉴定定理，必要在平面PQR内找一条直线与AS平行即可.证：连AC、BD，设交于O，连SO，连RQ交SO于M，取SC中点N，连ON，那么ON∥SA.∵＝＝∴RQ∥BD∴＝而＝∴＝∴PM∥ON∵SA∥ON.∴SA∥PM,PM平面PQR∴SA∥平面PQR.评析：运用平几中平行线截比例线段定理.三角形中位线性质等知识促成“线线平行”向“线面平行”转化.324.证明：过平面上一点而与这平面一条平行线平行直线，在这平面上.证明如图，设直线a∥平面α，点A∈α,A∈直线b,b∥a，欲证bα.事实上，∵b∥a，可拟定平面β，β与α有公共点A，∴α，B交于过A直线c，∵a∥α,∴a∥c，从而在β上有三条直线，其中b、c均过点A且都与a平行.于是b、c重叠，即bα.325.S是空间四边形ABCD对角线BD上任意一点，E、F分别在AD、CD上，且AE∶AD＝CF∶CD，BE与AS相交于R，BF与SC相交于Q.求证：EF∥RQ.证在ΔADC中，因AE∶AD＝CF∶CD，故EF∥AC，而AC平面ACS，故EF∥平面ACS.而RQ＝平面ACS∩平面RQEF，故EF∥RQ(线面平行性质定理).326.已知正方体ABCD—A′B′C′D′中，面对角线AB′、BC′上分别有两点E、F且B′E＝C′F求证：EF∥平面AC.解析：如图，欲证EF∥平面AC，可证与平面AC内一条直线平行，也可以证明EF所在平面与平面AC平行.证法1过E、F分别做AB、BC垂线EM、FN交AB、BC于M、N，连接MN∵BB′⊥平面AC∴BB′⊥AB，BB′⊥BC∴EM⊥AB，FN⊥BC∴EM∥FN，∵AB′＝BC′，B′E＝C′F∴AE＝BF又∠B′AB＝∠C′BC＝45°∴RtΔAME≌RtΔBNF∴EM＝FN∴四边形MNFE是平行四边形∴EF∥MN又MN平面AC∴EF∥平面AC证法2过E作EG∥AB交BB′于G，连GF∴＝∵B′E＝C′F，B′A＝C′B∴＝∴FG∥B′C′∥BC又∵EG∩FG＝G,AB∩BC＝B∴平面EFG∥平面AC又EF平面EFG∴EF∥平面AC327.如图，四边形EFGH为四周体A—BCD一种截面，若截面为平行四边形，求证：(1)AB∥平面EFGH；(2)CD∥平面EFGH证明：(1)∵EFGH为平行四边形，∴EF∥HG，∵HG平面ABD，∴EF∥平面ABD.∵EF平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB.∴EF∥AB，∴AB∥平面EFGH.(2)同理可证：CD∥EH，∴CD∥平面EFGH.评析：由线线平行线面平行线线平行.328.求证：如果两条平行线中一条和一种平面相交，那么另一条也和这个平面相交.已知：a∥b,a∩α＝A，求证：b和α相交.证明：假设bα或b∥α.若bα，∵b∥a，∴a∥α.这与a∩α＝A矛盾，∴bα不成立.若b∥α，设过a、b平面与α交于c.∵b∥α,∴b∥c,又a∥b∴a∥c∴a∥α这与a∩α＝A矛盾.∴b∥α不成立.∴b与α相交.329.求证：如果两个相交平面分别通过两条平行直线中一条，那么它们交线和这条直线平行.已知：a∥b,aα，bβ，α∩β＝c.求证：c∥a∥b

330.在下列命题中，真命题是()A.若直线m、n都平行平面α，则m∥n;B.设α—l—β是直二面角，若直线m⊥l，则m⊥n，m⊥β；C.若直线m、n在平面α内射影是一种点和一条直线，且m⊥n，则n在α内或n与α平行；D.设m、n是异面直线，若m和平面α平行，则n与α相交.解析：对于直线平行有传递性，而两直线与平面平行没有传递性故A不对的；平面与平面垂直可得出线面垂直，要始终线在一平面内且垂直于交线，而B中m不一定在α内，故不对的；对D来说存在平面同步和两异面直线平行，故不对的；应选C.331.设a、b是两条异面直线，在下列命题中对的是()A.有且仅有一条直线与a、b都垂直B.有一平面与a、b都垂直C.过直线a有且仅有一平面与b平行D.过空间中任一点必可作一条直线与a、b都相交解析：由于与异面直线a、b公垂线平行直线有无数条，因此A不对；若有平面与a、b都垂直，则a∥b不也许，因此B不对.若空间一点与直线a(或b)拟定平面与另一条直线b(或a)平行，则过点与a相交直线必在这个平面内，它不也许再与另一条直线相交，因此D不对，故选C.332.三个平面两两相交得三条交线，若有两条相交，则第三条必过交点；若有两条平行，则第三条必与之平行.已知：α∩β＝a,α∩＝b，∩α＝c.求证：要么a、b、c三线共点，要么a∥b∥c.证明：①如图一，设a∩b＝A，∵α∩β＝a.∴aα而A∈a.∴A∈α.又β∩＝b∴b,而A∈b.∴A∈.则A∈α，A∈，那么A在α、交线c上.从而a、b、c三线共点.②如图二，若a∥b，显然c，b∴a∥而aα，α∩＝c.∴a∥c从而a∥b∥c333.一根长为a木梁，它两端悬挂在两条互相平行，长度都为b绳索下，木梁处在水平位置，如果把木梁绕通过它中点铅垂轴转动一种角度φ，那么木梁升高多少?解析：设M、N为悬挂点，AB为木梁初始位置，那么AB＝a，MA∥NB，MA＝NB＝b,∠A＝∠B＝90°.设S为中点，L为过S铅垂轴，那么L平面MANB，木梁绕L转动角度φ后位于CD位置，T为CD中点，那么木梁上升高度为异面直线AB与CD之间距离ST.在平面MANB中，作TK∥AB，交MA于K，则AK＝ST.设ST＝x，则x＝b-KM.又KT＝CT＝，∠KTC＝φ，有KC＝asin.从而KM＝.∴x＝b-.334.(1)棱柱成为直棱柱一种必要但不充分条件是：()A.棱柱有一条侧棱与底面垂直B.棱柱有一条侧棱与底面两条边垂直C.棱柱有两个相邻侧面互相垂直D.棱柱有一种侧面与底面一条边垂直解析：依照直棱柱定义，A是充分条件，C、D不是必要条件，因此选B.阐明解答此题要熟知直棱柱定义及其充分必要条件含义.335.长方体一条对角线与一种顶点上三条棱所成角分别为α、β、γ.求证：cos2α+cos2β+cos2γ＝1解析：证明三角恒等式，可用从左边推出右边办法.证明：设对角线B1D与长方体棱AD、DC、D1D所成角分别为α、β、γ，连结AB1、CB1，D1B1，则ΔB1DA、ΔB1DC、ΔB1DD1都是直角三角形.∵cosα＝,cosβ＝,cosγ＝∴cos2α+cos2β+cos2γ＝＝1.评析：这里运用了长方体对角线长定理.336.在三棱柱ABC—A1B1C1中，已知AB＝AC＝10cm,BC＝12cm，顶点A1与A、B、C距离等于13cm解析：如图，作A1O⊥平面ABC于O，∵A1A＝A1B＝A1C，∴OA＝OB＝OC，∴O是ΔABC外心，∵ΔABC等腰，∴AO⊥BC于D，∴AA1⊥BC，∴B1B⊥BC，四边形B1BCC1为矩形，∴S＝12·13＝156(cm2),ΔA1AB底边上高A1E＝＝12，＝＝120(cm2),SΔABC＝＝·12·8＝48(cm2),S全＝156+2·120+2×48＝492(cm2)337.在平行六面体中，一种顶点上三条棱长分别是a,b,c，这三条棱长分别是a,b,c，这三条棱中每两条成60°角，求平行六面体积.解析：如图，设过A点三条棱AB，AD，AA1长分别是a,b,c,且两面所成角是60°，过A1作A1H⊥平面ABCD，H为垂足，连HA，则∠HAB＝30°，由课本题得：cos∠A1AB＝cos∠A1AH·cos∠HAB,∴cos∠A1AH＝＝＝,sin∠A1AH＝∴V＝SABCD·A1H＝absin60°·c·sin∠A1AH＝abc.338.在棱长为a正三棱柱ABC—A1B1C1中，O、O1分别为两底中心，P为OO1中点，过P、B1、C1解析：如图，∵AA1⊥面A1B1C1，AA1∥OO1，设过P、B1、C1截面与AA1延长线交于Q，连结A1O1延长交B1C1于D，连QD，则P必在QD上，∵O1为ΔA1B1C1中心，P为OO1中点，故＝＝，∴Q在A1A延长线上且QA＝PO1，又QB1交AB于E，QC1交AC于F，则EF∥B1C1，因此截面为EFB1C1是等腰梯形，又QA1∶QA＝3∶1，∴EF＝设QD与EF交于H，得QD⊥B1C1.因而HD为梯形EFC1B1高.DQ＝＝a,∴HD＝a.＝(a+)·(a)＝a2为所求截面积.339.如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1各棱长都为a，D为CC1(1)求证：A1B⊥平面AB1D.(2)求平面A1BD与平面ABC所成二面角度数.解析：这虽是一种棱柱，但所要论证线面关系以及二面角度数，都还是要运用直线和平面中关于知识.解(1)∵正三棱柱各棱长都相等，∴侧面ABB1A1∴A1B⊥AB1.连DE，∵ΔBCD≌ΔA1C1∴BD＝A1D，而E为A1B中点，A1B⊥DE.∴A1B⊥平面AB1D.(2)延长A1D与AC延长线交于S，连BS，则BS为平面A1BD和平面ABC所成二面角公共棱.∵DC∥A1A，且D为CC1中点，∴又AB＝BC＝CA＝CS，∴∠ABS＝90°.又AB是A1B在底面上射影，由三垂线定理得A1B⊥BS.∴∠A1BA就是二面角A1—BS—A平面角.∵∠A1BA＝45°，∴平面A1BD和平面ABC所成二面角为45°.评注：本题(2)核心是依照公理二求平面A1BD和平面ABC交线，在论证AB⊥BS时，用到了直角三角形斜边上中线性质定理逆定理.固然(2)还可以用S射＝S·cosθ来解θ.340.如图，已知正三棱柱A1B1C1—ABC底面积等于cm2，D、E分别是侧棱B1B，C1C(1)四棱锥A—BCDE底面BCED面积(2)四棱锥A—BCED体积(3)截面ADE与底面ABC所成二面角大小(4)截面ADE面积解析：运用三棱柱性质及已知条件，(1)、(2)、(4)不难推算，至于(3)，可设平面ADE与平面ABC所成二面角为α，观测到ΔADE在底面ABC射影是ΔABC(∵DB⊥平面ABC，EC⊥平面ABC)应用SΔABC＝SΔADE·cosα，可求出α.解：设ΔABC边长为x，∵SΔABC＝x2＝.∴x＝2，于是EC＝BC＝2，DB＝BC＝1，∴SBCED＝(2+1)·2＝3，作AF⊥BC于F∴AF⊥平面BCED，VA-BCED＝·AF·SBCED，∴VA-BCED＝··2·3＝在RtΔABD中，AD2＝AB2+DB2＝22+12＝5；在Rt梯形BCED中，DE2＝(CE-DB)2+BC2＝5∴AD＝DE＝，∴ΔADE是等腰三角形，作DQ⊥AE于Q，则Q为AE中点在RtΔACE中，AE2＝EC2+AC2＝8，DQ2＝AD2-AQ2＝()2-()2＝3∴AE＝，DQ＝，SΔADE＝·AE·DQ＝设截面ADE与底面ABC所成二面角大小为α，D、E分别在底面射影为B、C，∴ΔABC面积＝ΔADE面积×cosα即＝cosα,cosα＝,∴α＝45°答(1)SBCED＝3cm2,(2)VA-BCED＝cm2,(3)截面ADE与底面ABC成45°二面角，(4)SΔADE＝cm2341.在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝a,BA＝CA＝AA1＝a,A1在底面ΔABC上射影O在AC上。(1)求AB与侧面AC1所成角(2)若O恰是AC中点，求此三棱柱侧面积解析：(1)A1O⊥面ABC，BC面ABC，∴BC⊥A1O，又∵BC＝CA＝a，AB＝a,∴ΔABC是等腰直角三角形，∴BC⊥AC，∵BC⊥面AC1，故∠BAC为BA与面AC1所成角，则有∠BAC＝45°，即AB与侧面成45°角。(2)若O恰为AC中点，∵AA1＝a,AC＝a,∴AO＝,A1O＝a,＝a2，作OD⊥AB于D，连结A1D，由三垂线定理得A1D⊥AB，在RtΔAOD中，OD＝OAsin∠BAC＝·＝a2，在RtΔA1OD中，A1D＝＝,＝a··a＝a2，∴＝(2++)a2342.已知异面直线a、b成角，过空间一点p，与a、b也都成角直线，可以作（）A．1条B．2条C．3条D．4条解析：C343.已知-l-是直二面角，直线a，直线b，且a、b与l都不垂直，那么（）．A．a与b也许平行，也也许垂直B．a与b也许平行，但不也许垂直C．a与b不也许平行，但也许垂直D．a与b不也许平行，也不也许垂直解析：B．当，时，a∥b，即a、b也许平行，假设a⊥b，在a上取一点P，作PQ⊥l交l于Q，∵二面角-l-是直二面角，∴PQ⊥，∴PQ⊥b．∴b垂直于内两条相交直线a和PQ，∴b⊥，∴b⊥l．这与已知b与l不垂直矛盾．∴b与a不垂直344.直线l、m与平面、满足l⊥平面，m，以上四个命题：①∥l⊥m；②⊥l∥m；③l∥m⊥；④l⊥m∥．其中对的两个命题是（）．A．①与②B．③与④C．②与④D．①与③解析：D．345.如图9-45，二面角-l-平向角为120°，A∈l，B∈l，AC，BD，AC⊥l，BD⊥l．若AB=AC=BD=1，则CD长为（）．A．B．C．2D．解析：B．在平面内作AE∥BD，DE∥BA，得交点E．则∠CAE为二面角-l-平面角，故∠CAE=120°，于是．在Rt△CED中可求CD长．346.SA、SB、SC是从S点出发三条射线，若，，则二面角B-SA-C大小为（）．A．B．C．D．解析：C．在SA上任取一点E，作EF⊥SA交SC于F，作EG⊥SA交SB于G，连结FG，则∠GEF为二面角B-SA-C平面角．347.线段AB长为2a，两端点A、B分别在一种直二面角两个面上，AB和两个面所成角为45°和30°，那么A、BA．2aB．aC．D．解析：B．如图答9-39，设直二面角为-l-，作AC⊥l于C，BD⊥l于D，则AC⊥，BD⊥，连结AD、BC，∴∠ABC为AB与所成角，∠BAD为AB与所成角，∴∠ABC=30°，∠BAD=45°，∵AB=2a，∴AC=a，．在Rt△ACD中，，∴CD=a．图答9-39348.正方体中，二面角大小余弦值为（）．A．0B．C．D．解析：B．取BD中点O，连结、，则，，∴为二面角平面角，设为，设正方体棱长为a，则，∴∴349.立体图形A-BCD中，AB=BC=CD=DB=AC=AD，相邻两个面所成二面角平面角为，则（）．A．B．C．D．解析：A．任取一种二面角，如A-BC-D，取BC中点E，可证AE⊥BC，DE⊥BC，∴∠AED是二面角A-BC-D平面角，设AB=1，则350.，点D到平面距离为，则二面角-AB-度数是________．解析：60°．作DH⊥于H，DE⊥AB于E，连结EH，则EH是DE在平面内射影．由三垂线定理逆定理，HE⊥AB，∴∠DEH为二面角-AB-平面角．在Rt△DCE中，CD=100，∠BCD=30°，∴DE=CDsin30°=50，在Rt△DEH中，，∴∠DEH=60°，即二面角-AB-等于60°．351.（1）已知直线a∥平面，a⊥平面．求证：⊥．（2）已知三个平面、、，∥，⊥．求证：⊥．解析：（1）如图答9-41，∵a∥，∴在上任取一点，过a与A拟定平面，设，则．∵a⊥，∴．∵，∴⊥．（2）在上任取P，设，在内作，∵⊥，∴PQ⊥．∵∥，∴PQ⊥，∵PQ，∴⊥．352.在正方体中，求二面角大小．解析：如图9-43，在平面内作，交于E．连结，设正方体棱长为a，在△和△中，，，，∴△≌△，∵，∴，∴为二面角平面角．在Rt△中，，∴，∴,在△中，，，，，353.如图9-50，点A在锐二面角-MN-棱MN上，在面内引射线AP，使AP与MN所成∠PAM为45°，与面所成角为30°，求二面角-MN-大小．解析：如图答9-44，取AP上一点B，作BH⊥于H，连结AH，则∠BAH为射线AP与平面所成角，∴∠BAH=30°，再作BQ⊥MN，交MN于Q，连结HQ，则HQ为BQ在平面内射影．由三垂线定理逆定理，HQ⊥MN，∴∠BQH为二面角-MN-平面角．图答9-44设BQ=a，在Rt△BAQ中，∠BQA=90°，∠BAM=45°，∴，在Rt△BAH中∠BHA=90°，∠BAH=30°，∴．在Rt△BHQ中，∠BHQ=90°，BQ=a，，，∵∠BQH是锐角，∴∠BQH=45即二面角-MN-等于45°．354.已知直线l⊥平面α，直线m平面β，有下面四个命题：(1)α∥βl⊥m(2)α⊥βl∥m(3)l∥mα⊥β(4)l⊥mα∥β其中对的两个命题是()A.(1)与(2)B.(3)与(4)C.(2)与(4)D.(1)与(3)分析：本题重要考查直线与平面、平面和平面位置关系，以及空间想象能力和逻辑推理能力.解法一：在l⊥α，mβ前提下，当α∥β时，有l⊥β，从而l⊥β，从而l⊥m，得(1)对的；当α⊥β时，l垂直于α、β交线，而m不一定与该交线垂直，因而，l与m不一定平行，故(2)不对的.故应排除A、C.依题意，有两个命题对的，不也许(3)，(4)都对的，否则连同(1)共有3个命题对的.故排除B，得D.解法二：当断定(1)对的之后，依照4个选取项安排，可转而检查(3)，由l∥m,l∥α知m⊥α，从而由mα得α⊥β.即(3)对的.故选D.解法三：不从(1)检查起，而从(2)、(3)、(4)中任一命题检查起，如一方面检查(4)；由l⊥α,m⊥β不能否定m是α、β交线，因而α∥β不一定成立，故(4)是不对的，因而可排除B、C.根据A和D内容可知(1)必然是对的，否则A和D也都排除，如下只要对(2)或(3)检查，只须检查一种便可以做出判断.355.一张正方形纸ABCD，BD是对角线，过AB、CD中点E、F线段交BD于O，以EF为棱，将正方形纸折成直二面角，则∠BOD等于()A.120°B.150°C.135°D.90°解析：本题考查线面垂直，面面垂直，余弦定理，以及空间与平面问题转化能力。如图，设正方形边长为a，由O为正方形中心，则BO＝a,DO＝a，连AB，由于DA⊥AE，DA⊥BE，故DA⊥面AEB，因此DA⊥AB，故ΔDAB为直角三角形，BD＝＝＝=a.又在ΔBOD中，由余弦定理可得cos∠BOD＝＝＝-，因此∠BOD＝120°评析：本题为折叠问题，此类问题应当分清折叠先后哪些量发生了变化，此外，还要注意找出空间转化为平面途径，几何计算精确性等。356.已知平面α∥平面β，B，D∈β，AB⊥CD，且AB＝2，直线AB与平面α所成角为30°，则线段CD长为取值范畴是()A.［1，+∞］B.(1，)C.(，)D.［，+∞)解析：本题考查直线与直线所成角，直线与平面所成角概念。线面垂直鉴定和性质，以及空间想象能力和几何计算.解如图所示，过D作DA′∥AB交平面α于A′.由α∥β，故DA′＝AB＝2，DA′与α成30°角，由已知DC⊥AB，可得DC⊥DA′，因此DC在过DC且与DA′垂直平面γ内，令∩α＝l，在内，DC⊥l时为最短，此时DC＝DA′·tan30°＝.故CD≥.∴应选D.357.如图，四棱锥P—ABCD底面是直角梯形，AB∥DC，AB⊥BC，且AB＝CD，侧棱PB⊥底面ABCD，PC＝5，BC＝3，ΔPAB面积等于6，若平面DPA与平面CPB所成二面角为α，求α.解析：平面DPA与平面CPB有一公共点P，要画出它们构成二面角平面角必要拟定它们公共交线，DA和CB延长线交点E是它们另一公共点.由公理二，PE就是二面角公共棱.有了公共棱，二面角平面角就生了根.解延长DA交CB延长线于E，连PE，则PE就是平面DPA和平面CPB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＝CD，PC＝5，BC＝3，∴PB＝4.SΔPAB＝6，∴AB＝3，CD＝6，＝＝.∴EB＝3，PE＝5.∵PB·EC＝CF·PE，∴CF＝.在直角ΔDCF中，tanα＝＝＝.α＝antan.评析：这是一道较难题，难就难在怎么拟定两相交平面交线.由公理二交线唯一性必要找出另一种公共点，因而本题延长DA、CB相交于E，拟定这个E点就成了核心.358.如图，已知三条射线SA，SB，SC所成角∠ASC＝BSC＝30°，∠ASB＝45°，求平面ASC与平面BSC所成二面角大小.解析：在SC上任取一点D，过D作平面DEF垂直于SC，分别交平面SAC、SBC、SAB于DE、DF、EF，则∠EDF是二面角A—SC—B平面角，令SD＝.∵∠ASC＝30°，∴在RtΔSED中，DE＝1，SE＝2.同理DF＝1，SF＝2.在ΔSEF中，依余弦定理EF2＝8-4.∴在ΔDEF中，cos∠EDF＝2-3,又-1＜2-3＜0.∴二面角A—SC—B平面角∠EDF＝arccos(2-3)＝π-arccos(3-2)阐明本例给出了一种构造二面角平面角办法，过棱上一点作棱垂面，这样在计算时同步取特殊值可以使问题简朴化.359.如图，二面角α—DC—β是α度二面角，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°角，求α变化时，ΔDBC面积最大值.解析：在α内作AE⊥DC于E，则AE为ΔADC高，则有AE·DC＝，AE＝.由于DC⊥AE，DC⊥AB，则有DC⊥ΔAEB所在平面，因此DC⊥BE，则∠AEB是二面角α—DC—β平面角，即∠AEB＝α.又由于DC⊥ΔAEB所在平面，且DC在β上，因此平面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上射影，因此∠ABE是AB与β所成角.∴∠ABE＝30°，在ΔAEB中，有＝，∴EB＝sin(α+30°).据题意，有α∈(0°，180°)，当α＝60°时，有EBmax＝，这时(SΔDBC)max＝a·＝2S.阐明本例对直线与直线所成角，直线与平面所成角，二面角平面角，点到直线距离，点到平面距离等概念以及三垂线定理和逆定理考察是很深刻，综合了直线与平面这一章某些重要知识.360.如图，设平面AC与平面BD相交于BC，它们所成一种二面角为45°，P∈平面AC，Q∈平面BD，已知直线MQ是直线PQ在平面BD内射影，且M在BC上，又直线PQ与平面BD所成角为β，∠CMQ＝θ，0°＜θ＜90°，设线段PM＝a，求PQ长.解析：在ΔPMQ中由于PM＝a,∠PQM＝β，欲求PQ长，依照正弦定理只要能求出sin∠PMR就行了.解设PMR＝α，作PR⊥MQ于R，显然PR⊥平面BD.作RN⊥BC于N，连PN，则PN⊥BC.∴∠PNR＝45°，∠PQM＝β.在直角ΔPMR中：PR＝asinα,MR＝acosα.在直角ΔMNR中：NR＝MRsinθ＝acosαsinθ.∵PR＝NR，∴asinα＝acosαsinθ.∴tanα＝sinθ,cosα＝,sinα＝.在ΔPMQ中由正弦定理：＝,∴PQ＝＝.评析：本题是运用正弦定理通过解斜三角形求出PQ长，固然也可以通过三个直角三角形中关系转换，先出求PR，最后在直角ΔPQR中运用锐角函数解决，相比之下，还是给出解法略为简便些.361.有一种三棱锥和一种四棱锥，棱长都相等，将它们一种侧面重叠后，尚有几种暴露面?解析：有5个暴露面.如图所示，过V作VS′∥AB，则四边形S′ABV为平行四边形，有∠S′VA=∠VAB=60°，从而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，得到以ΔVAD为底，以S′与S重叠.这表白ΔVAB与ΔVSA共面，ΔVCD与ΔVSD共面，故共有5个暴露面.362.若四周体各棱长是1或2，且该四周体不是正四周体，则其体积值是.(只须写出一种也许值)解析：该题明显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，事实上重要考查由所给条件构造一种四周体能力，一方面得考虑每个面三条棱是如何构成.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一种四周体，再求其体积.由平时所见题目，至少可构造出二类满足条件四周体，五条边为2，另一边为1，对棱相等四周体.对于五条边为2，另一边为1四周体，参看图1所示，设AD=1，取AD中点为M，平面BCM把三棱锥提成两个三棱锥，由对称性可知AD⊥面BCM，且VA—BCM=VD—BCM，因此VABCD=SΔBCM·AD.CM===.设N是BC中点，则MN⊥BC，MN===，从而SΔBCM=×2×=，故VABCD=××1=.对于对棱相等四周体，可参见图2.其体积计算可先将其置于一种长方体之中，再用长方体体积减去四个小三棱锥体积来进行.亦可套公式V=·，不妨令a=b=2，c=1，则V=·=·=.363.湖结冰时，一种球漂在其上，取出后(未弄破冰)，冰面上留下了一种直径为24cm,深为8cm空穴，求该球半径.解析：设球半径为R，依题意知截面圆半径r＝12,球心与截面距离为d＝R-8，由截面性质得：r2+d2＝R2,即122+(R-8)2＝R2.得R＝13∴该球半径为13cm.364.在有阳光时，一根长为3米旗轩垂直于水平地面，它影长为米，同步将一种半径为3米球放在这块水平地面上，如图所示，求球阴影某些面积(成果用无理数表达).解析：由题意知，光线与地面成60°角，设球阴影某些面积为S，垂直于光线大圆面积为S′，则Scos30°＝S′,并且S′＝9π，因此S＝6π(米2)365.设棱锥M—ABCD底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果ΔAMD面积为1，试求可以放入这个棱锥最大球半径.解析：∵AB⊥AD，AB⊥MA，∴AB⊥平面MAD，由此，面MAD⊥面AC.记E是AD中点，从而ME⊥AD.∴ME⊥平面AC，ME⊥EF设球O是与平面MAD、AC、平面MBC都相切球.不妨设O∈平面MEF，于是O是ΔMEF内心.设球O半径为r，则r＝设AD＝EF＝a,∵SΔAMD＝1.∴ME＝.MF＝,r＝≤＝-1当且仅当a＝，即a＝时，等号成立.∴当AD＝ME＝时，满足条件球最大半径为-1.366.在正方体ABCD—A1B1C1D1(1)求证BD⊥截面AB1C(2)求点B到截面AB1C(3)求BB1与截面AB1C同理BD1⊥AB1.∴BD1⊥面ACB1.(2)AB=BC=BB1G为△AB1C中心.AC=aAG=a∴BG==a(3)∠BB1Gcos∠BB1G=367.已知Ｐ为ＡＢＣＤ所在平面外一点，Ｍ为ＰＢ中点，求证：ＰＤ∥平面ＭＡＣ．解析：因M为PB中点，连BD∩AC于O后，可将PD缩小平移到MO，可见MO为所求作平行线．证明连ＡＣ交ＢＤ于Ｏ，连ＭＯ，则ＭＯ为△ＰＢＤ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Ｂ1Ｃ1，A1D1，Ｄ1Ｄ，ＡＢ中点．（１）求证：Ａ1Ｅ⊥平面ＡＢＭＮ．（２）平面直线A1E与MF所成角．解析：（１）要证A1E⊥平面ABMN，只要在平面中找到两条相交直线与A1E都垂直，显然MN与它垂直，这是由于MN⊥平面A1ADD1，另一方面，AN与A1E与否垂直，这是同一种平面中问题，只要画出平面几何图形，用平几知识解决．（２）为（１）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所成角为９０°369.如图，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，M为棱CＣ1中点，AC交BD于点O，求证：A1O⊥平面MBD．解析：要证A1O⊥平面MBD，只要在平面MBD内找到两条相交直线与A1O都垂直，一方面想到DB，先观测A1O垂直DB吗？办法１：发现A1O平分DB，想到什么？（△A1DB与否为等腰三角形）∵A1D＝A1B，DO＝OB，∴A1O⊥DB．办法２：A1O⊥DB吗？即DB⊥A1O吗？DB垂直包括A1O平面吗？（易见DB⊥平面A1ACC1）再观测A1O垂直何直线？DM？BM？因这两条直线与A1O均异面，故难以直接观测，平面MDB中尚有何直线？易想到MO，因MO与A1O相交，它们在同一平面内，这是一种平几问题，可画出平几图进行观测．证明取CC1中点M，连结MO，∵DB⊥A1A，DB⊥AC，A1A∩AC=A，∴DB⊥平面A1ACC1，而A1O平面A1ACC1，∴A1O⊥DB．在矩形A1ACC1中，∵tan∠AA1O=，tan∠MOC=，∴∠AA1O=∠MOC，则∠A1OA＋∠MOC＝９０°，∴A1O⊥OM，∵OM∩DB＝O，∴A1O⊥平面MBD．370.点P在线段AB上，且AP∶PB＝１∶２，若A，B到平面α距离分别为a，b，求点P到平面α距离．解析：（１）A，B在平面α同侧时，P平面α距离为；（２）A，B在平面α异侧时，P平面α距离为．点评一是画图时，只要画出如右上图平面图形即可，无需画出空间图形；二是对第（２）种情形，若以平面为“水平面”，在其上方点高度为正，在其下方点高度为负，则第（２）种情形结论，就是将（１）结论中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垂直平面 （）（Ａ）有且只有一种 （Ｂ）也许存在也也许不存在（Ｃ）有无数各种 （Ｄ）一定不存在（Ｂ）解析：若存在，则a⊥b，而由条件知，a不一定与b垂直．372.在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，若E是A1C1（Ａ）AC （Ｂ）BD （Ｃ）A1D （Ｄ）A1D1解析：（Ｂ）BD⊥AC，BD⊥CC1，∴BD⊥平面A1ACC1，∴BD⊥CE．373.定点P不在△ABC所在平面内，过P作平面α，使△ABC三个顶点到α距离相等，这样平面共有 （）（Ａ）１个 （Ｂ）２个 （Ｃ）３个 （Ｄ）４个解析：D过P作一种与AB，AC都平行平面，则它符合规定；设边AB，BC，CA中点分别为E，F，G，则平面PEF符合规定；同理平面PFG，平面PGE符合规定374.P为矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，P到B，C，D三点距离分别是，，，则P到A点距离是 （）（Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ） （Ｄ）４解析：（A）设AB＝a，BC＝b，PA＝h，则a2+h2=5，b2+h2=13，a2+b2+h2=17,∴h=1．375.线段AB两个端点A，B到平面α距离分别为6cm，9cm，P在线段AB上，AP：PB＝１：２，则P到平面α距离为．解析：７cm或１cm．分A，B在平面α同侧与异侧两种状况．同侧时，P到平面α距离为＝７（cm），异侧时，P到平面α距离为＝１（cm）．376.△ABC三个顶点A，B，C到平面α距离分别为2cm，3cm，4cm，且它们在α同一侧，则△ABC重心到平面α距离为．解析：3cm．＝3cm．377.Rt△ABC中，D是斜边AB中点，AC＝６，BC＝８，EC⊥平面ABC，且EC＝１２，则ED＝．解析：１３．AB＝１０，∴CD＝５，则ED＝＝１３．378.如图，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，求：（１）A1B与平面A1B1CD所成角；（２）B1B在平面A1C1解析：求线面成角，一定要找准斜线在平面内射影．（１）先找到斜足A1，再找出B在平面A1B1CD内射影，即从B向平面A1B1CD作垂线，一定要证明它是平面A1B1CD垂线．这里可证BC1⊥平面A1B1CD，O为垂足，∴A1O为A1B在平面A1B1CD上射影．（２）若将平面D1D1BB竖直放置在正前方，则A1C1横放在正前方，预计B1B在平面A1C1B内射影应落在O1B上，这是由于A1C1⊥平面D1DBB1，∴故作B1H⊥O1B交于H时，BH1⊥A1C1，即H为B1在平面A1C1B内射影．另在求此角大小时，只规定∠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上射影，则∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成角．sin∠BA1O＝，∴∠BA1O＝３０°．（２）连结A1C1交B1D1于O1，连BO1作B1H⊥BO1于H．∵A1C1⊥平面D1DBB1，∴A1C1⊥B又B1H⊥BO1，A1C1∩BO1＝O1，∴B1H⊥平面A1C∴∠B1BO1为B1B与平面A1C1tan∠B1BO=，即B1B与平面A1C1B所成角正切值为．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距离为８０，M为AC中点．（１）求证：PM⊥AC；（２）求P到直线AC距离；（３）求PM与平面ABC所成角正切值．解析：点P到△ABC三个顶点等距离，则P在平面ABC内射影为△ABC外心，而△ABC为直角三角形，其外心为斜边中点．证明（１）∵PA＝PC，M是AC中点，∴PM⊥AC解（２）∵BC＝３６，∴MH＝１８，又PH＝８０，∴PM＝，即P到直线AC距离为８２；（３）∵PM=PB=PC，∴P在平面ABC内射线为△ABC外心，∵∠C=90°∴P在平面ABC内射线为AB中点H。∵PH⊥平面ABC，∴HM为PM在平面ABC上射影，则∠PMH为PM与平面ABC所成角，∴tan∠PMH＝380.如图，在正四周体ABCD中。各面都是全等正三角形四周体，M为AD中点，求CM与平面BCD所成角余弦值．解析：要作出CM在平面BCD内射影，核心是作出M在平面BCD内射影，而M为AD中点，故只需观测A在平面BCD内射影，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＝，∴AO＝，∴MN＝．又∵CM＝，∴CN＝．∴CM与平面BCD所成角余弦值为．381.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1A中点，N在AB上，且AN∶NB＝１∶３，求证：C1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，一种办法可通过勾股定理来验证它与否垂直，另一办法为：因MN是平面A1ABB1内一条直线，可考虑MC1在平面A1ABB1证明１设正方体棱长为ａ，则MN＝，C1M＝，C1N＝，∵MN２＋MC1２＝NC1２，∴C1M⊥证明２连结B1M，∵C1B1⊥平面A1ABB1∴B1M为C1M在平面A1ABB1设棱长为a，∵AN＝，AM＝，∴tan∠AMN＝，又tan∠A1B1M＝，则∠AMN＝∠A1B1M，∴B1M由三垂线定理知，C1M⊥MN382.如图，ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝９０°，AB＝BC＝a，AD＝２a，PA⊥平面ABCD，PA＝a．求证：PC⊥CD；求点B到直线PC距离．解析：（１）要证PC与CD垂直，只要证明AC与CD垂直，可按实际情形画出底面图形进行证明．（２）从B向直线PC作垂直，可运用△PBC求高，但需求出三边，并判断其形状（事实上，这里∠PBC＝９０°）；另一种重要思想是：因PC在平面PAC中，而所作BH为平面PAC斜线，故核心在于找出B在平面PAC内射影，因平面PAC处在“竖直状态”，则只要从B作“水平”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＝，∴PC＝，则OH＝，∵BO＝，∴BH＝383.四周体ABCD四个面中，是直角三角形面至多有 （）（Ａ）１个 （Ｂ）２个（Ｃ）３个 （Ｄ）４个解析：（D）设底面为直角三角形，从底面一种锐角顶点作平面垂线，则这样四周体每个面都是直角三角形．384.直角三角形ABC斜边AB在平面α内，直角顶点C在平面α外，C在平面α内射影为C1，且C1AB，则△C1AB为 （）（Ａ）锐角三角形 （Ｂ）直角三角形（Ｃ）钝角三角形 （Ｄ）以上都不对解析：（C）∵C1A2+C1B2<CA2+CB2＝AB，∴∠AC1B为钝角，则△C1385.△ABC在平面α内，∠C＝90°，点Ｐα，PA=PB=PC=7，AB=10，则点P到平面α距离等于解析：．∵PA＝PB＝PC,∴P在平面α内射影为△ABC外心Ｏ，∵∠C＝90°，∴Ｏ为AB中点，∵AO＝５，PA＝７，∴PO＝386.P是边长为a六边形ABCDEF所成平面外一点，PA⊥AB，PA⊥AF，PA＝a，则点P到边CD距离是解析：2a．PA⊥平面ABCDEF，A到CD距离为，∴P到边CD距离是2a387.如图，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC中点．求证：MN⊥CD；若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD．证明（１）连AC∩BD＝O，连NO，MO，则NO∥PA．∵PA⊥平面ABCD，∴NO⊥平面ABCD．∵MO⊥AB，∴MN⊥AB，而CD∥AB，∴MN⊥CD；（２）∵∠PDA＝45°，∴PA＝AD，由△PAM≌△CBM得PM＝CM，∵N为PC中点，∴MN⊥PC．又MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD．388.如图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PCD是边长等于2cm等边三角形，底面ABCD是面积为2cm2菱形，∠ADC是锐角.求证：PA⊥CD证明：设∠ADC=θ，则：由SABCD=2，CD=BC=AB=AD=2，易得θ=60°∴△ACD是等边三角形，取CD中点E连AE、PE，则AE⊥CD，PE⊥CDAE⊥CD，PE⊥CD∴CD⊥平面PAE∴CD⊥PA389.设P点在正三角形ABC所在平面外，且AP，BP，CP两两垂直；又是重心；为上一点，；为上一点，；，如图(1)求证：GF⊥平面PBC；(2)求证：EF⊥BC。解析：(1)连结BG并延长交PA于M.G为△ABP重心注

要充分注意平面几何中知识(如本题中三角形重心性质，等腰三角形性质等)在证题中运用。390.已知α∩β=C，a∥b,aα,bβ,Aa,AE⊥b于E，AF⊥c于F，求证：a⊥EF解析：b∥a,b,aα，∴b∥α又bβ，α∩β=c∴b∥c，又AF⊥c∴AF⊥b又AE⊥b，AE∩AF=A∴b⊥平面AEFa∥b∴a⊥平面AEFEF平面AEF∴a⊥EF391.如图，△ABC为锐角三角形，PA⊥平面ABC，A点在平面PBC上射影为H，求：H不也许是△PBC垂心．解析：连结CH，则CH是AC在平面PBC内射影，若H为垂心，则CH⊥PB，由三垂线定理得AC⊥PB，又PA⊥平面ABC，∴PA⊥AC，∴AC⊥平面PAB，从而AC⊥AB与△ABC为锐角三角形矛盾，故H不也许是垂心．392.如图，BCD是等腰直角三角形，斜边CD长等于点P到BC距离，D是P在平面BCD上射影．（1）求PB与平面BCD所成角；（2）求BP与平面PCD所成角解析：（1）PD⊥平面BCD，∴BD是PB在平面BCD内射影，∴∠PBD为PB与平面BCD所成角,BD⊥BC,由三垂线定理得BC⊥BD，∴BP=CD，设BC=a，则BD=a，BP=CD=a∴在Rt△BPD中，cos∠DBP=∴∠DBP=45°，即PB与平面BCD所成角为45°．（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所成角,在Rt△BEP中，BE=a，BP=a,∴∠BPE=30°即BP与平面PCD所成角为30°．PA