湖北省荆州中学基础题题库(四)(数学-立体几何有详细答案)

某某省荆州中学基础题题库四

立体几何

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RtΔB'BD中，BE∶BD＝BB'，B'D＝1x2.

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∵E是ΔBB′C的重心.∴BE＝

11BC′＝334x2

∴x＝

11x2·x2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，∠ABC＝，求证:cosγ＝cosθ·cosβ. 解析： 过A′作A'C'⊥BC于C′，连AC′.

∵AA′⊥平面α，BC垂直AC在平面α内的射线A'C'.

∴BC′⊥AC′，cos＝

BC. AB

又∵cosθ＝

ABBC,cosβ＝，

ABAB∴cos＝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.

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

又S′＝

11ADA′D·BC，S＝AD·BC，cosθ＝,∴S′＝S·cosθ.

AD22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.

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word 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＝

AA16＝＝2, A1C136MC12tgβ＝＝2＝.

2A1C13∵cot(α+β)＝

1tantan＝

tantan112

22

＝0,

∴α+β＝90° 即AC1⊥A1M.

∵B1C1⊥C1A1，CC1⊥B1C1，∴B1C1⊥平面AA1CC1， AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影. ∵AC1⊥A1M，∴由三垂线定理得A1M⊥AB1.

评注：本题在证AC1⊥A1M时，主要是利用三角函数，证α+β＝90°，与常见的其他题目不太相同.

307. 矩形ABCD，AB＝2，AD＝3，沿BD把ΔBCD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.

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(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⊥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 3308. 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RtΔAPB中，∵∠ABP＝45°，设PA＝a，

则PB＝a,AB＝2a,∵PB⊥PC，在RtΔPBC中，

∵∠PBC＝60°,PB＝a.∴BC＝2a,PC＝3a.

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∵AP⊥PC ∴在RtΔAPC中，AC＝PA2PC2＝a(3a)＝2a (1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面PAB， ∴BC在平面PBC上的射影是BP. ∠CBP是CB与平面PAB所成的角

∵∠PBC＝60°，∴BC与平面PBA的角为60°. (2)由上知，PA＝PB＝a,AC＝BC＝2a. ∴M为AB的中点，则AB⊥PM，AB⊥CM. ∴AB⊥平面PCM.

说明 要清楚线面的垂直关系，线面角的定义，通过数据特点，发现解题捷径.

309. 在空间四边形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB与平面ABC所成角分别为30°和45°。(1)直线PC与AB能否垂直?证明你的结论；(2)若点P到平面ABC的距离为h，求点P到直线AB的距离.

解析：主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系的综合应用及线面角，点面间距离等概念应用，空间想象力及推理能力.

22

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.∴ΔPHB≌ΔPHA.

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word ∴∠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＝3h.

2222∴矩形ACBH中，AB＝BHHA＝h(3h)＝2h.

作HE⊥AB于E，∴HE＝

3HBHAh3h＝＝h.

22hAB∵PH⊥平面ACBH，HE⊥AB，

由三垂线定理有PE⊥AB，∴PE是点P到AB的距离.

22在RtΔPHE中，PE＝PHHE＝h2(732h. h)＝22即点P到AB距离为

7h. 2评析：此题属开放型命题，处理此类问题的方法是先假设结论成立，然后“执果索因”，作推理分析，导出矛盾的就否定结论(反证法)，导不出矛盾的，就说明与条件相容，可采用演绎法进行推理，此题(1)属于反证法.

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

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解 (1)连AM，BM.∵AB为已知圆的直径，如图所示. ∴AM⊥BM，

∵SA⊥平面α，MBα， ∴SA⊥MB.

∵AM∩SA＝A，∴BM⊥平面SAM. ∵AN平面SAM， ∴BM⊥AN.

∵AN⊥SM于N，BM∩SM＝M， ∴AN⊥平面SMB.

∵AH⊥SB于H，且NH是AH在平面SMB的射影 ∴NH⊥SB.

(2)由(1)知，SA⊥平面AMB，BM⊥平面SAM.AN⊥平面SMB. ∵SB⊥AH且SB⊥HN. ∴SB⊥平面ANH.

∴图中共有4个线面垂直关系 (3)∵SA⊥平面AMB，

∴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

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综上所述，图中共有10个直角三角形.

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

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

1AD，F31AB，求点B到平面MEF的距离. 3

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

∴OH＝

118a. 59解法二：考察三棱锥B—MEF，由VB-MEF＝VM-BEF可得h. 点评 求点面的距离一般有三种方法： ①利用垂直面；

②转化为线面距离再用垂直面；

③当垂足位置不易确定时，可考虑利用体积法求距离.

312. 正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，求A1C1和平面AB1C间的距离.

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解法1 如图所示，A1C1∥平面AB1C，又平面BB1DD1⊥平面AB1C. 故若过O1作O1E⊥OB1于E，则OE1⊥平面AB1C，O1E为所求的距离 由O1E·OB1＝O1B1·OO1，

可得：O1E＝

3a 3

解法2：转化为求C1到平面AB1C的距离，也就是求三棱锥C1—AB1C的高h.

由 VC1AB1C＝VAB1CC1，可得h＝

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

FG＝

3a. 3点评 (1)求线面距离的先决条件是线面平行，而求线面距离的常用方法是把它们转化为求点面之间的距离，有时也可转化为求面面距离，从本题的解法也可悟出求异面直线之间的距离的思路.

313..已知：α∩β＝CD，EA⊥α，EB⊥β，求证：CD⊥AB.

314.求证：两条平行线和同一条平面所成的角相等.

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已知：a∥b，a∩α＝A1,b∩β＝B1，∠θ1、∠θ2分别是a、b与α所成的角.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A1B1α∴AB∥α.

设AA2⊥α于A2，BB2⊥α于B2，则AA2＝BB2 在RtΔAA1A2与RtBB1B2中 AA2＝BB2，AA1＝BB1 ∴RtΔAA1A2≌RtΔBB1B2 ∴∠AA1A2＝∠BB1B2 即 ∠θ1＝∠θ2.

315.经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如果斜线和这个角两边的夹角相等，那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在的直线.

已知：∠ABCα,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°.

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∵PB＝PB.∠PBR＝∠PBS ∴RtΔPRB≌RtΔPSB ∴PR＝PS

∵点Q是点P在平面α上的射影. ∴QR＝QS

又∵QR⊥AB，QS⊥BC ∴∠ABQ＝∠CBQ

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

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

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

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A.

3013015B.C.D. 1015102解 连D1F1，则D1F1⊥A1C1，又BC⊥CA，所以BD1在平面ACC1A1内的射影为CF1，设AC＝2a，则BC＝CC1＝2a.取BC的中点E，连EF1，则EF∥BD1.

∴cosθ1＝cos∠EF1C＝

CF15a5＝＝， EF16a6(5a)2(5a)2(2a)23cosθ2＝cos∠AF1C＝＝，

525a5a3053·＝，应选A.

1065∴ cosθ＝cosθ1·cosθ2＝

318. (1)如果三棱锥S—ABC的底面是不等边三角形，侧面与底面所成的角都相等，且顶点

S在底面的射影O在ΔABC内，那么O是ΔABC的( ) 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所成的角都相等，那么P在平面α内的射影是ΔABC的( )

A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心

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

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

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∴OA＝OB＝OC ∴应选B.

说明 三角形的内心、外心、垂心、旁心、重心，它们的定义和性质必须掌握.

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

解析：注意到直线BD∥平面EFG，根据直线和平面的距离在BO中点O的距离等于B到平面EFG的距离.

解 连结AC、BD，设交于O，∵E，F分别是AB、AD的中点. ∴EF∥BD

∴BD∥平面EFG，设EF∩AC＝M. 则M为OA的中点.

又AB＝4 ∴AC＝42，MO＝

13AC＝2,MC＝AC＝32 44∵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.

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22在RtΔGCM中，GM＝GC2CM2＝2(32)＝22.

又∵OH⊥GM.∴sin∠GMC＝

OHGCOH＝sin∠HMO＝＝

OMGM2∴OH＝2·

2112＝

1122∴B点到平面GEF的距离为

211 11说明 本题解法甚多，学习两面垂直及简单几何体后，可用两面垂直的性质求解或者用“等体积法”求解.

320. 已知两条异面直线a,b所成的角为θ，它们的公垂线段AA1的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A1E＝m，AF＝n.求证：EF＝m2n2d22mncos

解 过A作a′∥a. ∵AA1⊥a, ∴A1A⊥a′ ∴AA1⊥b,a′∩b＝A

∴A1A垂直a′、b所确定的平面α.

∵a∥a′∴a、a′能确定平面β，在β内作EH∥A1A，交a′于H. ∵a∥a′，∴A1AME为平行四边形. ∴A1A＝EH＝d,AH＝A1E＝m

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∵A1A⊥α∴EH⊥α. ∵FHα， ∴EH⊥FH.

22在RtΔFHE中，EF＝EHFH＝d2FH2

∵a′∥a ∴a′与b的夹角为θ. 即∠HAF＝θ，此时AH＝m,AF＝n. 由余弦定理得 FH＝m+n-2mncosθ

2

2

2

∴EF＝m2n2d22mncos 当F(或E)在A(或A1)的另一侧时，同理可得

EF＝m2n2d22mncos()＝m2n2d22mncos

综上所述，EF＝m2n2d22mncos

321. 如图，ABCD和ABEF均为平行四边形，M为对角线AC上的一点，N为对角线FB上的一点，且有AM∶FN＝AC∶BF，求证：MN∥平面CBE.

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

∴

FNANFNAN＝，则＝. NBNPFNNBANNP16 / 55

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即

FNAN＝. FBAPAMACAMFN＝，＝， FNBFACBF又

∴

AMAN＝. ACAP∴ MN∥CP，CP平面CBE. ∴ MN∥平面CBE.

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

解析：由线面平行推出线线平行，再由线线平行推出线面平行，反复应用线面平行的判定和性质.

证明：过l作平面交α于b.∵l∥α，由性质定理知l∥b. 过l作平面交β于c.∵l∥β，由性质定理知l∥c. ∴ b∥c，显然cβ.∴ b∥β. 又 bα，α∩β=a，∴ b∥a. 又 l∥b. ∴ l∥a.

评注：本题在证明过程中注意文字语言、符号语言，图形语言的转换和使用.

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

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SQ∶SB＝2∶3，SR∶RD＝2∶1.求证：SA∥平面PQR.

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

∵

SQSR2＝＝ SBSD3∴RQ∥BD

∴

SM2SP2＝而＝ SO3SN3SMSP＝∴PM∥ON SOSN∴

∵SA∥ON.∴SA∥PM,PM平面PQR ∴ SA∥平面PQR.

评析：利用平几中的平行线截比例线段定理.

三角形的中位线性质等知识促成“线线平行”向“线面平行”的转化.

324. 证明：过平面上一点而与这平面的一条平行线平行的直线，在这平面上.

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

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

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

证 在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内的一条直线平行，也可以证明EF所在平面与平面AC平行.

证法1 过E、F分别做AB、BC的垂线EM、FN交AB、BC于M、N，连接MN ∵BB′⊥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

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∴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EBG＝

BABB∵B′E＝C′F，B′A＝C′B

∴

CFBG＝∴FG∥B′C′∥BC CBBB又∵EG∩FG＝G,AB∩BC＝B ∴平面EFG∥平面AC 又EF平面EFG ∴EF∥平面AC

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

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

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

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

证明：假设bα或b∥α. 若bα，∵b∥a，∴a∥α. 这与a∩α＝A矛盾，∴bα不成立. 若b∥α，设过a、b的平面与α交于c. ∵b∥α,∴b∥c,又a∥b ∴a∥c

∴a∥α这与a∩α＝A矛盾.∴b∥α不成立. ∴b与α相交.

329.求证：如果两个相交平面分别经过两条平行直线中的一条，那么它们的交线和这条直线平行.

已知：a∥b,aα，bβ，α∩β＝c. 求证：c∥a∥b

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330. 在下列命题中，真命题是( )

A.若直线m、n都平行平面α，则m∥n;

B.设α—l—β是直二面角，若直线m⊥l，则m⊥n，m⊥β；

C.若直线m、n在平面α内的射影是一个点和一条直线，且m⊥n，则n在α内或n与α平行； D.设m、n是异面直线，若m和平面α平行，则n与α相交.

解析：对于直线的平行有传递性，而两直线与平面的平行没有传递性故A不正确；平面与平

面垂直可得出线面垂直，要一直线在一平面内且垂直于交线，而B中m不一定在α内，故不正确；对D来说存在平面同时和两异面直线平行，故不正确；应选C.

331. 设a、b是两条异面直线，在下列命题中正确的是( ) A.有且仅有一条直线与a、b都垂直 B.有一平面与a、b都垂直

C.过直线a有且仅有一平面与b平行

D.过空间中任一点必可作一条直线与a、b都相交

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

332. 三个平面两两相交得三条交线，若有两条相交，则第三条必过交点；若有两条平行，则第三条必与之平行.

已知：α∩β＝a,α∩＝b,∩α＝c. 求证：要么a、b、c三线共点，要么a∥b∥c.

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证明：①如图一，设a∩b＝A， ∵α∩β＝a. ∴aα而A∈a. ∴A∈α. 又β∩＝b ∴b,而A∈b.

∴A∈.

则A∈α，A∈，那么A在α、的交线c上. 从而a、b、c三线共点. ②如图二，若a∥b，显然c∴ a∥

而 aα, α∩＝c. ∴ a∥c 从而 a∥b∥c

333. 一根长为a的木梁，它的两端悬挂在两条互相平行的，长度都为b的绳索下，木梁处于水平位置，如果把木梁绕通过它的中点的铅垂轴转动一个角度φ，那么木梁升高多少?

，b

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解析： 设M、N为悬挂点，AB为木梁的初始位置，那么AB＝a，MA∥NB，MA＝NB＝b,∠A＝∠B＝90°.

设S为中点，L为过S的铅垂轴，那么L平面MANB，木梁绕L转动角度φ后位于CD位置，T为CD中点，那么木梁上升的高度为异面直线AB与CD之间的距离ST. 在平面MANB中，作TK∥AB，交MA于K，则AK＝ST.

设ST＝x，则x＝b-KM.又KT＝CT＝

a，∠KTC＝φ，有KC＝asin.

22从而KM＝basin2222.

∴x＝b-basin2222.

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

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

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

2

2

2

解析：证明三角恒等式，可用从左边推出右边的方法.

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证明：设对角线B1D与长方体的棱AD、DC、D1D所成的角分别为α、β、γ，连结AB1、CB1，D1B1，则ΔB1DA、ΔB1DC、ΔB1DD1都是直角三角形.

∵cosα＝

DD1DADC,cosβ＝,cosγ＝

DB1DB1DB1DA2DC2DD12∴cosα+cosβ+cosγ＝＝1. 2DB12

2

2

评析：这里运用了长方体对角线长定理.

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

解析：如图，作A1O⊥平面ABC于O，∵A1A＝A1B＝A1C，∴OA＝OB＝OC，∴O是ΔABC的外心，∵ΔABC等腰，∴AO⊥BC于D，∴AA1⊥BC，∴B1B⊥BC，四边形B1BCC1为矩形，∴S矩形B1BCC1＝12·13＝156(cm),ΔA1AB底边上高A1E＝13252＝12，SA1ABB1＝SA1ACC1＝120(cm),SΔABC

2

2

＝S△A1B1C1＝

122

·12·8＝48(cm),S全＝156+2·120+2×48＝492(cm) 2337. 在平行六面体中，一个顶点上三条棱长分别是a,b,c，这三条棱长分别是a,b,c，这三条棱中每两条成60°角，求平行六面体积.

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

∴cos∠A1AH＝

36cosA1ABcos60＝＝,sin∠A1AH＝

33cosHABcos30∴V＝SABCD·A1H＝absin60°·c·sin∠A1AH＝

2abc. 2338. 在棱长为a的正三棱柱ABC—A1B1C1中，O、O1分别为两底中心，P为OO1的中点，过P、B1、C1作一平面与此三棱柱相截，求此截面面积.

解析： 如图，∵AA1⊥面A1B1C1，AA1∥OO1，设过P、B1、C1的截面与AA1的延长线交于Q，连结A1O1延长交B1C1于D，连QD，则P必在QD上，∵O1为ΔA1B1C1的中心，P为OO1的中点，故

PO1DO11＝＝，∴Q在A1A延长线上且QA＝PO1，又QB1交AB于E，QC1交AC于F，则EFQA1DA13∥B1C1，所以截面为EFB1C1是等腰梯形，又QA1∶QA＝3∶1，∴EF＝

a 设QD与EF交于H，323a.SEFC1B1322得QD⊥B1C1.因此HD为梯形EFC1B1的高.DQ＝QA1A1D＝3a,∴HD＝

＝

234321a(a+)·(a)＝a为所求截面积.

3923

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

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(1)求证：A1B⊥平面AB1D.

(2)求平面A1BD与平面ABC所成二面角的度数.

解析：这虽是一个棱柱，但所要论证的线面关系以及二面角的度数，都还是要利用直线和平面中的有关知识.

解 (1)∵正三棱柱的各棱长都相等， ∴侧面ABB1A1是正方形. ∴A1B⊥AB1.连DE， ∵ΔBCD≌ΔA1C1D，

∴BD＝A1D，而E为A1B的中点， A1B⊥DE.∴A1B⊥平面AB1D.

(2)延长A1D与AC的延长线交于S，连BS，则BS为平面A1BD和平面ABC所成二面角的公共棱.

∵DC∥A1A，且D为CC1的中点，∴AC＝CS.

又AB＝BC＝CA＝CS，∴∠ABS＝90°.又AB是A1B在底面上的射影，由三垂线定理得A1B⊥BS. ∴∠A1BA就是二面角A1—BS—A的平面角. ∵∠A1BA＝45°，

∴平面A1BD和平面ABC所成的二面角为45°.

评注：本题(2)的关键是根据公理二求平面A1BD和平面ABC的交线，在论证AB⊥BS时，用到了直角三角形斜边上的中线性质定理的逆定理.当然(2)还可以用S射＝S·cosθ来解θ.

2

340. 如图，已知正三棱柱A1B1C1—ABC的底面积等于3cm，D、E分别是侧棱B1B，C1C上

的点，且有EC＝BC＝2DB，试求

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(1)四棱锥A—BCDE的底面BCED的面积 (2)四棱锥A—BCED的体积

(3)截面ADE与底面ABC所成二面角的大小 (4)截面ADE的面积

解析： 利用三棱柱的性质及已知条件，(1)、(2)、(4)不难推算，至于(3)，可设平面ADE与平面ABC所成二面角为α，观察到ΔADE在底面ABC的射影是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＝

321x＝3.∴x＝2，于是EC＝BC＝2，DB＝BC＝1，∴42SBCED＝

1 (2+1)·2＝3，作AF⊥BC于F 2311·AF·SBCED，∴VA-BCED＝··2·3＝3

2332

2

2

2

2

2

∴AF⊥平面BCED，VA-BCED＝

在RtΔABD中，AD＝AB+DB＝2+1＝5；在Rt梯形BCED中，DE＝(CE-DB)+BC＝5

22

∴AD＝DE＝5，∴ΔADE是等腰三角形，作DQ⊥AE于Q，则Q为AE的中点

2222222

在RtΔACE中，AE＝EC+AC＝8，DQ＝AD-AQ＝(5)-(

128)2＝3

∴AE＝8，DQ＝3，SΔADE＝

1·AE·DQ＝6 2设截面ADE与底面ABC所成二面角大小为α，D、E分别在底面的射影为B、C，∴ΔABC的面积＝ΔADE面积×cosα

即3＝6cosα,cosα＝

2,∴α＝45° 228 / 55

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

2

2

6cm2

341. 在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝2a,BA＝CA＝AA1＝a,A1在底面ΔABC上的射影O在AC上。

(1)求AB与侧面AC1所成的角

(2)若O恰是AC的中点，求此三棱柱的侧面积

解析： (1)A1O⊥面ABC，BC面ABC，∴BC⊥A1O，又∵BC＝CA＝a，AB＝2a,∴ΔABC是等腰直角三角形，∴BC⊥AC，∵BC⊥面AC1，故∠BAC为BA与面AC1所成的角，则有∠BAC＝45°，即AB与侧面成45°角。

(2)若O恰为AC中点，∵AA1＝a,AC＝a,∴AO＝

3a2

,A1O＝a,SBCC1B1＝a，作OD⊥AB于D，

22222a·＝a，

422连结A1D，由三垂线定理得A1D⊥AB，在RtΔAOD中，OD＝OAsin∠BAC＝

在RtΔA1OD中，A1D＝

A1O2OD2＝

727a7,SABB1A1＝a·2·a＝a，∴S三棱柱侧22222＝

12

(2+3+7)a 2342. 已知异面直线a、b成0角，过空间一点p，与a、b也都成0角的直线，可以作（） A．1条B．2条 C．3条D．4条 解析：C

343.已知-l-是直二面角，直线a A．a与b可能平行，也可能垂直

，直线b，且a、b与l都不垂直，那么（ ）．

B．a与b可能平行，但不可能垂直 C．a与b不可能平行，但可能垂直

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D．a与b不可能平行，也不可能垂直

解析：B．当al，bl时，a∥b，即a、b可能平行，假设a⊥b，在a上取一点P，作PQ⊥l交l于Q，∵ 二面角-l-是直二面角，∴PQ⊥，∴PQ⊥b．∴b垂直于内两条相交直线a和PQ，∴b⊥，∴b⊥l．这与已知b与l不垂直矛盾．∴b与a不垂直

344.直线l、m与平面、满足l⊥平面，m，以上四个命题：

①∥l⊥m；②⊥l∥m；③l∥m⊥；④l⊥m∥． 其中正确的两个命题是（ ）．

A．①与② B．③与④ C．②与④ D．①与③ 解析：D．

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

，BD，AC⊥l，

A．2 B．3 C．2 D．5

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

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

ππ，BSC，则 43 A．

ππππ B． C． D． 3426解析：C．在SA上任取一点E，作EF⊥SA交SC于F，作EG⊥SA交SB于G，连结FG，

则∠GEF为二面角B-SA-C的平面角．

347.线段AB长为2a，两端点A、B分别在一个直二面角的两个面上，AB和两个面所成的角为45°和30°，那么A、B在棱上的射影间的距离为（ ）．

A．2a B．a C．

2aa D． 22解析：B．如图答9-39，设直二面角为-l-，作AC⊥l于C，BD⊥l于D，则AC⊥，BD

⊥，连结AD、BC，∴∠ABC为AB与所成的角，∠BAD为AB与所成的角，∴

∠ABC=30°，∠BAD=45°，∵AB=2a，∴AC=a，AD2a．在Rt△ACD中，

CD2AD2AC2a2，∴CD=a．

图答9-39

348.正方体ABCDA1B1C1D1中，二面角A1BDC1的大小的余弦值为（ ）．

A．0 B．

113 C． D． 325解析：B．取BD中点O，连结OA1、OC1，则OA1BD，OC1BD，∴A1OC1为二面角A1BDC1的平面角，设为，设正方体棱长为a，则A1C131 / 55

2a，OA12AA12

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21322a2a2a2，OAaa∴OA122223aOC1， 233aa(2a)2221∴cos ．23322a349.立体图形A-BCD中，AB=BC=CD=DB=AC=AD，相邻两个面所成的二面角的平面角为，

则（ ）．

22 A．cos3311 B．sin C．sin D．cos

3333解析：A．任取一个二面角，如A-BC-D，取BC中点E，可证AE⊥BC，DE⊥BC，∴ ∠AED是二面角A-BC-D的平面角，设AB=1，则

33122231AE2DE2AD2AEDE，．cos

232AEDE33222350.如图9-46，二面角-AB-的棱AB上有一点C，线段CD

22，CD=100，∠BCD=30°，点

D到平面的距离为253，则二面角-AB-的度数是________．

解析：60°．作DH⊥于H，DE⊥AB于E，连结EH，则EH是DE在平面内的射影．由三垂线定理的逆定理，HE⊥AB，∴∠DEH为二面角-AB-的平面角．在Rt△DCE中，CD=100，∠BCD=30°，∴DE=CDsin30°=50，在Rt△DEH中，DH253，sinDEH

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DH2533，∴∠DEH=60°，即二面角-AB-等于60°． DE502

351.（1）已知直线a∥平面，a⊥平面．求证：⊥． （2）已知三个平面、、，∥，⊥．求证：⊥．

解析：（1）如图答9-41，∵a∥，∴ 在上任取一点Aa，过a与A确定平面，设

a，则a//a．∵a⊥，∴a．∵a，∴⊥．

（2）在上任取P，设l1，在内作PQl1，∵⊥，∴PQ⊥．∵∥，∴

PQ⊥，∵PQ，∴⊥．

352. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，求二面角A1BD1C1的大小．

解析：如图9-43，在平面D1C1B内作C1EBD1，交BD1于E．连结A1E，设正方体棱长为a，在△A1BD1和△C1BD1中，A1D1C1D1a，A1BC1B2a，BD1BD1

3a，∴△A1BD1≌△C1BD1，∵C1EBD1，∴A1EBD1，∴A1EC1为二面角

11A1BD1C1的平面角．D1C1B90，在Rt△BC1D1中，∴C1D1BC1C1EBD1，

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∴C1Ea2a2a,在△A1EC1中，A1EC1E33a22

22aa(2a)23321a，A1C12a，cosA1EC1 0＜A1EC1 ，

32222aa33＜180， A1EC1120

353. 如图9-50，点A在锐二面角-MN-的棱MN上，在面内引射线AP，使AP与MN

所成的∠PAM为45°，与面所成的角为30°，求二面角-MN-的大小．

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

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word 图答9-44

设BQ=a，在Rt△BAQ中，∠BQA=90°，∠BAM=45°，∴AB2a，在Rt△BAH

中∠BHA=90°，∠BAH=30°，∴BH2a．在Rt△BHQ中，∠BHQ=90°，BQ=a，22a2BH2BHa，sinBQH2，∵∠BQH是锐角，∴∠BQH=45

2BQa2即二面角-MN-等于45°．

354. 已知直线l⊥平面α，直线m平面β，有下面四个命题： (1)α∥βl⊥m (2)α⊥βl∥m (3)l∥mα⊥β (4)l⊥mα∥β 其中正确的两个命题是( )

A.(1)与(2) B.(3)与(4) C.(2)与(4) D.(1)与(3)

分析：本题主要考查直线与平面、平面和平面的位置关系，以及空间想象能力和逻辑推理能

力.

解法一：在l⊥α，mβ的前提下，当α∥β时，有l⊥β，从而l⊥β，从而l⊥m，得(1)正确；当α⊥β时，l垂直于α、β的交线，而m不一定与该交线垂直，因此，l与m不一定平行，故(2)不正确.故应排除A、C.依题意，有两个命题正确，不可能(3)，(4)都正确，否则连同(1)共有3个命题正确.故排除B，得D.

解法二：当断定(1)正确之后，根据4个选择项的安排，可转而检查(3)，由l∥m,l∥α知m⊥α，从而由mα得α⊥β.即(3)正确.故选D.

解法三：不从(1)检查起，而从(2)、(3)、(4)中任一命题检查起，如首先检查(4)；由l⊥α,m⊥β不能否定m是α、β的交线，因此α∥β不一定成立，故(4)是不正确的，因此可排除B、C.依据A和D的内容可知(1)必定是正确的，否则A和D也都排除，以下只要对(2)或(3)检查，只须检查一个便可以做出判断.

355. 一X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＝

22a,DO＝a，连AB，因为DA22AD2AB2＝

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

6a2a2ADAEBE＝a=a. 2442222222262aaaBODOBD44＝又在ΔBOD中，由余弦定理可得 cos∠BOD＝＝42BODO222aa22222-

1，所以∠BOD＝120° 2评析：本题为折叠问题，此类问题应该分清折叠前后的哪些量发生了变化，此外，还要注意找出空间转化为平面的途径，几何计算的准确性等。

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

A.［1，+∞］ B.(1，

23234323) C.(，) D.［，+∞)

3333解析：本题考查直线与直线所成的角，直线与平面所成的角的概念。线面垂直的判定和性质，

以及空间想象能力和几何计算.

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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∩α＝l，在内，DC⊥l时为最短，此时DC＝DA′·tan30°＝选D.

2323.故CD≥.∴应33357. 如图，四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，AB⊥BC，且AB＝

1CD，侧棱PB2⊥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：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＝

1CD，PC＝5，BC＝3，∴PB＝4. 237 / 55

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SΔPAB＝6，∴AB＝3，CD＝6，

ABEB1＝＝. DCEC2∴EB＝3，PE＝5.

∵PB·EC＝CF·PE，∴CF＝

24. 5在直角ΔDCF中，tanα＝

DC56＝＝. 244CF5α＝antan

5. 4评析：这是一道较难的题，难就难在怎么确定两相交平面的交线.由公理二交线的唯一性必须找出另一个公共点，因此本题延长DA、CB相交于E，确定这个E点就成了关键.

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

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

在ΔSEF中，依余弦定理EF＝8-42.

2

∴在ΔDEF中，cos∠EDF＝22-3,又-1＜22-3＜0.

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∴二面角A—SC—B的平面角∠EDF＝arccos(22-3)＝π-arccos(3-22)

说明 本例给出了一个构造二面角的平面角的方法，过棱上一点作棱的垂面，这样在计算时同时取特殊值可以使问题简单化.

359. 如图，二面角α—DC—β是α度的二面角，A为α上一定点，且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：在α内作AE⊥DC于E，则AE为ΔADC的高，则有

12SAE·DC＝SABC，AE＝. 2a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

EBAE4S＝，∴EB＝sin(α+30°).

sin(30)sin30a据题意，有α∈(0°，180°)，当α＝60°时，有EBmax＝2S.

4S14S，这时(SΔDBC)max＝a·＝a2a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＝

11sin2,sinα＝

sin1sin2.

在ΔPMQ中由正弦定理：

aPQ＝, sinsinasinasin＝.

2sinsin1sin∴PQ＝

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：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.

这表明ΔVAB与ΔVSA共面，ΔVCD与ΔVSD共面，故共有5个暴露面.

362. 若四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是.(只须写出一个可能的值)

解析： 该题的显著特点是结论发散而不惟一.本题表面上是考查锥体求积公式这个知识点，实际上主要考查由所给条件构造一个四面体的能力，首先得考虑每个面的三条棱是如何构成的.

排除｛1，1，2｝，可得｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝，然后由这三类面在空间构造满足条件的一个四面体，再求其体积.

由平时所见的题目，至少可构造出二类满足条件的四面体，五条边为2，另一边为1，对棱相等的四面体.

对于五条边为2，另一边为1的四面体，参看图1所示，设AD=1，取AD的中点为M，平面BCM把三棱锥分成两个三棱锥，由对称性可知AD⊥面BCM，且VA—BCM=VD—BCM，所以

VABCD=

1SΔBCM·AD. 32CM=CD2DM2=2()=

12215.设N是BC的中点，则MN⊥BC，2MN=CM2CN2=

1511111111=，从而SΔBCM=×2×=， 42222故VABCD=

11111××1=.

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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

2·(a2b2c2)(b2c2a2)(c2a2b2)， 12不妨令a=b=2，c=1，则

V=V=

2·(441)(414)(144) 12=

142·7=. 1212363. 湖结冰时，一个球漂在其上，取出后(未弄破冰)，冰面上留下了一个直径为24cm,深为8cm的空穴，求该球的半径.

解析：设球的半径为R，依题意知截面圆的半径r＝12,球心与截面的距离为d＝R-8，由截

222222

面性质得：r+d＝R,即12+(R-8)＝R. 得R＝13 ∴该球半径为13cm.

364. 在有阳光时，一根长为3米的旗轩垂直于水平地面，它的影长为3米，同时将一个半径为3米的球放在这块水平地面上，如图所示，求球的阴影部分的面积(结果用无理数表示).

解析：由题意知，光线与地面成60°角，设球的阴影部分面积为S，垂直于光线的大圆面积

2

为S′，则Scos30°＝S′,并且S′＝9π，所以S＝63π(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.

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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＝

2S△MEF

EFEMMF2222.MF＝a(),

aar＝

2a22a2()2aa≤

2＝2-1

222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BDBDAC同理BD1⊥AB1.∴BD1⊥面ACB1.

1AC

(2)AB=BC=BB1G为△AB1C的中心.AC=2a AG=

226a a•32332∴BG=a(362632a a)a2a2a=3399(3)∠BB1G为所求

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6aGB163cos∠BB1G= BB1a3367. 已知Ｐ为ＡＢＣＤ所在平面外一点，Ｍ为ＰＢ的中点，求证：ＰＤ∥平面ＭＡＣ．

解析： 因M为PB的中点，连BD∩AC于O后，可将PD缩小平移到MO，可见MO为所求作的平行线．

证明 连ＡＣ交ＢＤ于Ｏ，连ＭＯ， 则ＭＯ为△ＰＢＤ的中位线，

∴ＰＤ∥ＭＯ，∵ＰＤ平面ＭＡＣ，ＭＯ平面ＭＡＣ， ∴ＰＤ∥平面ＭＡＣ．

368.如图，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，M，N，Ｅ，Ｆ分别是棱Ｂ1Ｃ1，A1D1，Ｄ1Ｄ，ＡＢ的中点．

（１）求证：Ａ1Ｅ⊥平面ＡＢＭＮ． （２）平面直线A1E与MF所成的角．

解析：（１）要证A1E⊥平面ABMN，只要在平面中找到两条相交直线与A1E都垂直，显然MN与它垂直，这是因为MN⊥平面A1ADD1，另一方面，AN与A1E是否垂直，这是同一个平面中的问题，只要画出平面几何图形，用平几知识解决．（２）为（１）的应用．

证明 （１）∵AB⊥平面A1ADD1， 而Ａ1Ｅ平面A1ADD1，

∴AB⊥Ａ1Ｅ．在平面A1ADD1中，A1E⊥AN， ∵AN∩AB＝A，∴A1E⊥平面ABMN．

解 （２）由（１）知A1E⊥平面ABMN，而MF平面ABMN，∴A1E⊥MF，

则A1E与MF所成的角为９０°

369. 如图，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，M为棱CＣ1的中点，AC交BD于点O，求证：A1O⊥平面MBD．

解析：要证A1O⊥平面MBD，只要在平面MBD内找到两条相交直线与A1O都垂直，首先想到DB，先观察 A1O垂直DB吗？

方法１：发现A1O平分DB，想到什么？（△A1DB是否为等腰三角形） ∵A1D＝A1B，DO＝OB，∴A1O⊥DB．

方法２：A1O⊥DB吗？即DB⊥A1O吗？DB垂直包含A1O的平面吗？（易见DB⊥平面A1ACC1）

再观察A1O垂直何直线？DM？BM？因这两条直线与A1O均异面，故难以直接观察，平面MDB中还有何直线？易想到MO，因MO与A1O相交，它们在同一平面内，这是一个平几问题，可画出平几图进行观察．

证明 取CC1中点M，连结MO，∵DB⊥A1A，DB⊥AC，A1A∩AC=A，∴DB⊥平面A1ACC1，而A1O平面A1ACC1，∴A1O⊥DB．在矩形A1ACC1中，∵tan∠AA1O=MOC=

2，tan∠22，∴∠AA1O=∠MOC，则∠A1OA＋∠MOC＝９０°，∴A1O⊥OM，∵OM∩DB2＝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212ab； ab333（２）A，B在平面α的异侧时，P平面α的距离为212ab． a(b)333点评 一是画图时，只要画出如右上图的平面图形即可，无需画出空间图形；二是对第（２）种情形，若以平面为“水平面”，在其上方的点高度为正，在其下方的点高度为负，则第（２）种情形的结论，就是将（１）结论中的b改为(－b)，而无需再画另一图形加以求解． 371. 若两直线a与b异面，则过a且与b垂直的平面 （ ） （Ａ）有且只有一个 （Ｂ）可能存在也可能不存在 （Ｃ）有无数多个 （Ｄ）一定不存在 （Ｂ）

解析：若存在，则a⊥b，而由条件知，a不一定与b垂直．

372. 在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于 （ ） （Ａ）AC （Ｂ）BD （Ｃ）A1D （Ｄ）A1D1 解析：（Ｂ）

BD⊥AC，BD⊥CC1，∴BD⊥平面A1ACC1，∴BD⊥CE． 373. 定点P不在△ABC所在平面内，过P作平面α，使△ABC的三个顶点到α的距离相等，这样的平面共有 （ ） （Ａ）１个 （Ｂ）２个 （Ｃ）３个 （Ｄ）４个 解析：D

过P作一个与AB，AC都平行的平面，则它符合要求；设边AB，BC，CA的中点分别为E，F，G，则平面PEF符合要求；同理平面PFG，平面PGE符合要求

374. P为矩形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，P到B，C，D三点的距离分别是5，17，13，则P到A点的距离是 （Ａ）１

（Ｂ）２

（Ｃ）3

（ ）

（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的两个端点A，B到平面α的距离分别为6cm, 9cm, P在线段AB上，AP：PB＝１：２，则P到平面α的距离为． 解析：７cm或１cm．

21分A，B在平面α的同侧与异侧两种情况．同侧时，P到平面α的距离为69＝７（cm），

3321异侧时，P到平面α的距离为69＝１（cm）．

33376.△ABC的三个顶点A，B，C到平面α的距离分别为2cm, 3cm, 4cm ,

且它们在α的同一侧，则△ABC的重心到平面α的距离为． 解析：3cm ．

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345＝3cm ． 3377. Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，AC＝６，BC＝８，EC⊥平面ABC，且EC＝１２，则ED＝． 解析：１３．

AB＝１０，∴CD＝５，则ED＝52122＝１３．

378. 如图，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ1Ｂ1Ｃ1Ｄ1中，求：

（１）A1B与平面A1B1CD所成的角；

（２）B1B在平面A1C1B所成角的正切值．

解析：求线面成角，一定要找准斜线在平面内的射影．

（１）先找到斜足A1，再找出B在平面A1B1CD内的射影，即从B向平面A1B1CD作垂线，一定要证明它是平面A1B1CD的垂线． 这里可证BC1⊥平面A1B1CD，O为垂足，

∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影．

（２）若将平面D1D1BB竖直放置在正前方，则A1C1横放在正前方，估计B1B在平面A1C1B内的射影应落在O1B上，这是因为A1C1⊥平面D1DBB1，∴故作B1H⊥O1B交于H时，BH1⊥A1C1，即H为B1在平面A1C1B内的射影．另在求此角大小时，只要求∠B1BO1即可． 解析：（１）如图，连结BC1，交B1C于O，连A1O． ∵A1B1⊥平面B1BCC1，BC1平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1． 又B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， ∴BC1⊥平面A1B1CD，O为垂足，

∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影， 则∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．

BO1sin∠BA1O＝，∴∠BA1O＝３０°．

A1B2（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 =

B1O122，即B1B与平面A1C1B所成的角的正切值为． B1B22379. Rt△ABC中，∠C＝９０°，BC＝３６，若平面ABC外一点P与平面A，B，C三点等距

离，且P到平面ABC的距离为８０，M为AC的中点． （１）求证：PM⊥AC；

（２）求P到直线AC的距离；

（３）求PM与平面ABC所成角的正切值．

解析：点P到△ABC的三个顶点等距离，则P在平面ABC内的射影为△ABC的外心，而△ABC为直角三角形，其外心为斜边的中点．

证明 （１）∵PA＝PC，M是AC中点，∴PM⊥AC

解 （２）∵BC＝３６，∴MH＝１８，又PH＝８０，

∴PM＝PH2MH2802182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，

PH8040则∠PMH为PM与平面ABC所成的角，∴tan∠PMH＝ MH189380. 如图，在正四面体ABCD中。各面都是全等的正三角形的四面体，M为AD的中点，求CM与平面BCD所成角的余弦值．

解析：要作出CM在平面BCD内的射影，关键是作出M在平面BCD内的射影，而M为AD的中点，故只需观察A在平面BCD内的射影，至此问题解法已明朗．

解 作AO⊥平面BCD于O，连DO，作MN⊥平面BCD于N，则N∈OD． 2336设AD＝a，则OD＝aa，∴AO＝AD2OD2a，∴MN

3233＝

6a． 6又∵CM＝

3721a，∴＝CM2MN2aa．

1262CN7． CM3∴CM与平面BCD所成角的余弦值为

381. 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1A的中点，N在AB上，且AN∶NB＝１∶３，

求证：C1M⊥MN．

解析：在空间中作出两条直线垂直相对较在平面内作两条直线垂直难．此题C1M与MN是相交直线，一种方法可通过勾股定理来验证它是否垂直，另一方法为：因MN是平面A1ABB1内的一条直线，可考虑MC1在平面A1ABB1内的射影． 证明１ 设正方体的棱长为ａ，则MN＝

5a， 4a33a41C1M＝a2a2()2a，C1N＝a2a2()2a，

2244∵MN＋MC1＝NC1，∴C1M⊥MN．

证明２ 连结B1M，∵C1B1⊥平面A1ABB1， ∴B1M为C1M在平面A1ABB1上的射影．

设棱长为a ，∵AN＝a，AM＝a，∴tan∠AMN＝又tan∠A1B1M＝

14121， 2２２２

1，则∠AMN＝∠A1B1M，∴B1M⊥MN， 2由三垂线定理知，C1M⊥MN． 382. 如图，ABCD为直角梯形，∠DAB＝∠ABC＝９０°，AB＝BC＝a，AD＝２a，PA⊥平面ABCD，PA＝a．

（１） 求证：PC⊥CD；

（２） 求点B到直线PC的距离．

解析：（１）要证PC与CD垂直，只要证明AC与CD垂直，可按实际情形画出底面图形进行证明．（２）从B向直线PC作垂直，可利用△PBC求高，但需求出三边，并判断其形状（事实上，这里的∠PBC＝９０°）；另一种重要的思想是：因PC在平面PAC中，而所作BH为

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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＝2a，∴PC＝3a，则OH＝26a，∴BH＝BO2OH2a 231a2a6a，

263a∵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：（D）

设底面为直角三角形，从底面的一个锐角顶点作平面的垂线，则这样的四面体的每个面都是直角三角形．

384. 直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，直角顶点C在平面α外，C在平面α内的射影为C1，且C1AB，则△C1AB为 （ ） （Ａ）锐角三角形 （Ｂ）直角三角形 （Ｃ）钝角三角形 （Ｄ）以上都不对 解析：（C）

2222

∵C1A+C1B385.△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：26．

∵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＝725226

386. P是边长为a的六边形ABCDEF所成平面外一点，PA⊥AB，PA⊥AF，PA＝a，则点P到边CD的距离是 解析：2a．

PA⊥平面ABCDEF，A到CD的距离为3a，∴P到边CD的距离是2a 387. 如图，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC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；

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的中

word （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ABCDP是面积为23cm的菱形，∠ADC是锐角. 2求证：PA⊥CD 证明：设∠ADC=θ，则：由SABCD=23, CD=BC=AB=AD=2，易得θ=60° ADBECABP的重∴△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11BC；F为PB上一点，PFPB；APBPCP，如33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的重心 注 要充分注意平面几何中的知识(如本题中三角形重心性质，等腰三角形性质等)在证题中的运用。 390. 已知α∩β=C，a∥b,aα,bβ,Aa,AE⊥b于E，AF⊥c于F，求证：a⊥EF 解析：b∥a,b,aα,∴b∥α bE又bβ，α∩β=c∴b∥c, 又AF⊥c∴AF⊥b C 又AE⊥b, AE∩AF=A ∴b⊥平面AEFa∥b∴a⊥平面AEF FAEF平面AEF ∴a⊥EF a 49 / 55 PHABCword 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． HC 392. 如图，BCD是等腰直角三角形，斜边CD的长等于点P到ABC的距离，D是P在平面BCD上的射影．（1）求PB与平面BCD所成角；（2）求BP与平面PCD所成的角 B解析：（1）PD⊥平面BCD，∴BD是PB在平面BCD内的射影，∴∠PBD为PB与平面BCD所成角,BD⊥BC,由三垂线定理得BC⊥BD，∴BP=CD，设BC=a，则BD=a，BP=CD=2a∴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°． 2a, BP=2a,∴∠BPE=30°2BCEPDBCPD393. 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：如图，正四棱锥P—ABCD的一个对角面△PAC。设棱锥的底面边长为a，高为h，斜高为h′，底面中心为O，连PO，则PO⊥底面ABCD，∴PO⊥AC，在△PAC中，AC=2a，PO=h， ∴SPAC12ACPOah 2250 / 55

D A

P O E B

C

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在△PBC中，SPBC∴SPAC:SPBC∴h:h′=3:2.

1ah° 221ah:ah2h:h6:2 22 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=

POh3， PEh2，即侧面与底面所成的角为. 33394. 如右图，斜三棱柱ABC—A1B1C1中，A1C1⊥BC1，AB⊥AC，AB=3，AC=2，侧棱与

底面成60°角。

（1）求证：AC⊥面ABC1；

（2）求证：C1点在平面ABC上的射影H在直线AB上； （3）求此三棱柱体积的最小值。

解析：（1）由棱柱性质，可知A1C1//AC ∵A1C1BC1，

∴ACBC1，又∵ACAB，∴AC平面ABC1

（2）由（1）知AC平面ABC1，又AC平面ABC，∴平面ABC平面ABC1

在平面ABC1内，过C1作C1HAB于H，则C1H平面ABC，故点C1在平面ABC上 的射影H在直线AB上。

（3）连结HC，由（2）知C1H平面ABC， ∴∠C1CH就是侧棱CC1与底面所成的角， ∴∠C1CH=60°，C1H=CH·tan60°=3CH V棱柱=SABCC1H11ABACC1H323CH33CH 22∵CAAB，∴CHAC2，所以棱柱体积最小值33263。

395. 已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90，∠BAC=30，BC=1，AA1=6，M为CC1中点，求证：AB1⊥A1M。

解析：因结论是线线垂直，可考虑用三垂线定理或逆定理

0

∵∠ACB=90

0

∴∠A1C1B1=90 即B1C1⊥C1A1

又由CC1⊥平面A1B1C1得：CC1⊥B1C1 ∴ B1C1⊥平面AA1C1C

∴ AC1为AB1在平面AA1C1C的射影 由三垂线定理，下证AC1⊥A1M即可

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0

0

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在矩形AA1C1C中，AC=A1C1=3，AA1=CC1=6 MC1C1A1MC1∴

C1A1∵

6AC322，11 2AA22631AC11 A1A∴ Rt△A1C1M∽Rt△AA1C1 ∴∠1=∠2

0

又∠2+∠3=90

0

∴∠1+∠3=90 ∴ AC1⊥A1M ∴ AB1⊥A1M

评注：利用三垂线定理的关键是找到基本面后找平面的垂线 396. 正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，在侧棱BB1上截取BD=

a，在侧棱CC1上截取CE=a，2过A、D、E作棱柱的截面ADE

（1）求△ADE的面积；（2）求证：平面ADE⊥平面ACC1A1。 解析：分别在三个侧面内求出△ADE的边长 AE=2a，AD=

a55a a，DE=BC2(ECBD)2a2()2222∴ 截面ADE为等腰三角形 S=

11522262AEh2a(a)(a)a 22224 （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

11////∵ MNEC，BD22EC

//BD ∴ MN∴ DN∥BM

∴ DN⊥平面AA1C1C

∴ 平面ADE⊥平面AA1C1C

397. 斜三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是边长为4cm的正三角形，侧棱AA1与底面两边AB、AC

0

均成60的角，AA1=7

（1）求证：AA1⊥BC；（2）求斜三棱柱ABC—A1B1C1的全面积；（3）求斜三棱柱ABC—A1B1C1的体积；（4）求AA1到侧面BB1C1C的距离。 解析：设A1在平面ABC上的射影为0 ∵∠A1AB=∠A1AC

∴ O在∠BAC的平行线AM上 ∵△ABC为正三角形 ∴ AM⊥BC

又AM为A1A在平面ABC上的射影 ∴ A1A⊥BC

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word

（2）SAA1C1CSAA1B1BABAA1sinA1AB47∵ B1B∥A1A

∴ B1B⊥BC，即侧面BB1C1C为矩形 ∴SBB1C1C4728

34243 4∴ S全=14322843228363(cm2)

3143 2又SA1B1C1SABC （3）∵cos∠A1AB=cos∠A1AO·cos∠OAB

cosA1ABcos6003∴ cos∠A1AO= cosOABcos3003∴ sin∠A1AO=

6 376 337∴VSABCA1O426282(cm3)

43（4）把线A1A到侧面BB1C1C的距离转化为点A或A1到平面BB1C1C的距离 为了找到A1在侧面BB1C1C上的射影，首先要找到侧面BB1C1C的垂面 设平面AA1M交侧面BB1C1C于MM1 ∵ BC⊥AM，BC⊥A1A ∴ BC⊥平面AA1M1M

∴ 平面AA1M1M⊥侧面BCC1B1 在平行四边形AA1M1M中 过A1作A1H⊥M1M，H为垂足 则A1H⊥侧面BB1C1C

∴ 线段A1H长度就是A1A到侧面BB1C1C的距离 ∴ A1O=A1Asin∠A1AO=

622(cm) 3398. 平面α内有半径为R的⊙O，过直径AB的端点A作PA⊥α，PA=a，C是⊙O上一点，∠

0

CAB=60，求三棱锥P—OBC的侧面积。

解析：三棱锥P—OBC的侧面由△POB、△POC、△PBC三个三角形组成

在求出边长元素后，求三角形面积时，应注意分析三角形的形状，简化计算 ∵ PA⊥平面ABC

∴ PA⊥AO，AC为PC在平面ABC上的射影 ∵ BC⊥AC ∴ BC⊥PC

△ POB中，

11SPOBOBPAa2

22∴A1HA1M1sinA1M1HA1M1sinA1AM23△ ∴ AC=a ∴ PC=2a

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PBC中，BC=ABsin60=2a0

33a 2word

∴SPOB△ ∴SPOC162PCBCa 22POC中，PO=PC=2a，OC=a

1172OCPO2(OC)2a 2241627222672∴ S侧=a2aaa

22440

399. 四棱锥V—ABCD底面是边长为4的菱形，∠BAD=120，VA⊥底面ABCD，VA=3，AC与BD交于O，（1）求点V到CD的距离；（2）求点V到BD的距离；（3）作OF⊥VC，垂足为F，证明OF是BD与VC的公垂线段；（4）求异面直线BD与VC间的距离。 解析：用三垂线定理作点到线的垂线 在平面ABCD内作AE⊥CD，E为垂足 ∵ VA⊥平面ABCD

∴ AE为VE在平面ABCD上的射影 ∴ VE⊥CD

∴ 线段VE长为点V到直线CD的距离

0

∵∠BAD=120

0

∴∠ADC=60

∴△ACD为正三角形

∴ E为CD中点，AE=

3423 2∴ VE=VA2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=VA2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

1OC=AC=2，VC=VA2AC25

2VA36∴ OF=OC·sin∠ACF=OC·2

VC55400. 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

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word ∴ BC⊥AA1 ∴ BC⊥BB1

∴ BB1C1C为矩形，S=BB1×BC=156 取AB中点E，连A1E ∵ A1A=A1B ∴ A1E⊥AB ∴A1EAA12(∴SAACCAB2)12 2SAABB20

11∴ S侧=396

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