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高考数学基础题题库(立体几何501--600)


高考数学基础题题库
上犹中学数学教研组收集整理 立体几何(501—600)
501. 在长方体 ABCD- A1 B1C1 D1 中,AB=2, BC ? B1B ? 1 ,M、N 分别是 AD、DC 的中 点. (1)证明 AM ∥ A1C1 ; (2)求异面直线 MN 与 BC1 所成角的余弦值. 解析: (1)∵

AA 1 ∥ BB

1 ∥ CC1 , AA 1 = BB 1 = CC1 ,∴

AA 1C1C 是平行四边形,∴

AC∥ A1C1 ,又 MN∥AC,因此,MN∥ A1C1 . (2)由(1) , ?BC1 A1 是异面直线 MN 与 BC1 所成角.在△ BA 1C1 中, BC 1 ? 2,

BA 1 ? 1 ? A 1C1 ? 5 .于是有 cos ?BC1 A

10 . 10

502. 在空间四边形 ABCD 中,E、F、G、H 分别是边 AB、BC、CD、DA 的中点,得到四 边形 EFGH. (1)四边形 EFGH 是______________; (2)当对角线 AC=BD 时,四边形 EFGH 是______________; (3)当对角线满足条件______________时,四边形 EFGH 是矩形; (4)当对角线 AC、BD 满足条件_______时,四边形 EFGH 是正方形. 解析: (1)由三角形中位线定理可知 EF 形 EFGH 为平行四边形; (2)当 AC=BD 时,由 EF=

1 AC,HG 2

1 AC,于是 EF 2

HG,故四边

1 1 AC,EH= BD,得 EF=EH,即平行四边形 EFGH 2 2

的邻边相等,故平行四边形 EFGH 为菱形; (3)要使平行四边形 EFGH 为矩形,需且只须一个角是直角.如需 EF⊥FG,则 AC ⊥BD; (4)要使平行四边形 EFGH 为正方形,需且只须 AC⊥ BD,且 AC=BD; 503. 借助两支铅笔,试研究以下问题: (1)在平面内,过直线外一点有多少条直线与已知直线平行?在空间呢?

图 9-17 (2)在一个平面内,过一点有多少条直线与已知直线垂直?在空间呢? (3)在一个平面内,与该平面内的已知直线所成角为 60°的直线有多少条?这些直线 与已知直线的位置关系如何?在空间,与一条直线所成角为 60°的直线有多少条?这些直线 与已知直线的位置关系如何? 解析: (1) 在一个平面内, 过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行; 在空间也如此. (2)在一个平面内,过一点(该点可在直线上,也可在直线外)有且只有一条直线与 已知直线垂线; 在空间过直线上或直线外一点都有无数条直线和已知直线垂直, 这无数条直 线在过已知点的一个平面上(以后可知该平面与直线垂直) . (3)在一个平面内,与已知直线成 60°角的直线有无数条,这无数条直线平行,且都 与已知直线相交;在空间也是有无数条直线与已知直线成 60°角,它们与已知直线位置关 系是相交或异面. 504. 如图 9-18,已知 P 为△ABC 所在平面外一点,PC⊥AB,PC=AB=2,E、F 分别为 PA 和 BC 的中点. (1)求证:EF 与 PC 是异面直线; (2)EF 与 PC 所成的角; (3)线段 EF 的长.

解析: (1)用反证法.假设 EF 与 PC 共面于?,则直线 PE、CF 共面?,则 A∈?,B∈?, 于是 P 与 A、B、C 共面于?,这与已知“P 是平面 ABC 外一点”矛盾.故 EF 与 PC 是异面 直线. (2)取 PB 中点 G,连结 EG、FG,由 E、F 分别是线段 PA、BC 中点,有 EG GF

1 AB, 2

1 PC ∴ ∠GFE 为异面直线 EF 与 PC 所成的角,∠EGF 是异面直线 PC 与 AB 所 2

成的角,∵ PC⊥AB,∴ EG ⊥GF,即∠EGF=90°.∵ PC=AB=2,∴ EG=1, GF=1,故△EFG 是等腰直角三角形,∴ ∠GFE=45°,即 EF 与 PC 所成的角是 45°. (3)由(2)知 Rt△EGF 中 EG=1,GF=1,∠EGF=90°,∴ EF= 2

505. 如图 9-19,在棱长为 a 的正方体 ABCD— A B1C1D1 中,O 是 AC、BD 的交点,E、F 1 分别是 AB 与 AD 的中点.

图 9-19 (1)求异面直线 OD1 与 A1C1 所成角的大小; (2)求异面直线 EF 与 A1C1 所成角的大小; (3)求异面直线 EF 与 OD1 所成角的正切值; (4)求异面直线 EF 与 OD1 的距离. 解析: (1)∵

A1C1 ∥AC,∴ OD1 与 AC 所成的锐角或直角就是 OD1 与 A1C1 所成的角,

连结 AD1 、 CD1 ,在△ AA 1 D1 和△ CC1 D1 ,∵

AA 1 D1 ? C1 D1 , 1 = CC1 , A

?AA1 D1 ? ?CC1 D1 ? 90? ,∴△ AA 1 D1 ≌△ CC1 D1 ,∴ AD 1 ? CD1 .∴△ AD 1C 是等腰
三角形.∵ O 是底边 AC 的中点,∴

OD1 ? AC ,故 OD1 与 A1C1 所成的角是 90°.

(2)∵ E、F 分别是 AB、AD 中点,∴ EF∥BD,又∵

A1C1 ∥AC,∴ AC 与

BD 所成的锐角或直角就是 EF 与 A1C1 所成的角.∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AC⊥ BD,∴ EF 与 A1C1 所成的角为 90° (3)∵ EF∥BD,∴

?D1OD ? 90? 为异面直线 EF 与 OD1 所成的角.∵ 四边形

BB1D1D 是正方形,∴


1 ?D1DO ? 90? ,∴ 在 Rt△ D1OD 中, DD1 ? a , DO = BD 2

1 1 2 2 AB 2 ? AD 2 ? a ? a2 ? a ,∴ 2 2 2

t an ?D1OD ?

D1 D OD

a ? 2 ,即 EF 2 a 2

与 OD1 所成角的正切值为 2 . (4)∵ EF∥BD,BD⊥AC,∴ EF⊥AC,设交点为 G.∵

OD1 ⊥AC(由(1)

知)于 O,则 AC 是异面直线 EF 与 OD1 的公垂线,OG 的长即为 EF 与 OD1 间的距离,由 于 G 是 OA 中点,O 是 AC 中点,且 AC ?

AB2 ? BC2 ? a2 ? a2 ? 2a ,∴

OG ?

OA 1 2 2 ? AC ? a ,即 EF 与 OD1 间的距离为 a. 2 4 4 4

506. 在空间中, ①若四点不共面,则这四点中任何三点都不共线. ②若两条直线没有公共点,则这两条直线是异面直线. 以上两个命题中,逆命题为真命题的是__________. (把符合要求的命题序号都填上) 解析:②.①的逆命题为:空间四点中若任何三点都不共线,则这四点不共面.此命题是假 命题.平行四边形的四个顶点是其反例. ②的逆命题为:若两条直线是异面直线,则这两条直线没有公共点,可知此命题为真命 题. 507. 下列命题中是真命题的是( ) A.底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B.各条侧棱都相等的棱锥是正棱锥 C.由一个面是多边形,其余各个面是三角形所围成的几何体是棱锥 D.正四面体是正三棱锥 解析: 解此题时概念要明确,正棱锥不仅要求底面是正多边形,而且还要求其顶点在底面 的射影是底面的中心,所以 A、B 不正确,C 中的各三角形没有指明共顶点,C 也不正确,D 是真命题,所以选 D. 508. 三棱锥 A—BCD 中, AC=BD,AD=BC,AB=CD, 三个侧面与底面所成的二面角分别为α 、 β 、 ? ,则 cosα +cosβ +cos ? = .

解析:如图所示,设 AC=BD=a,AD=BC=b,AB=CD=c 由已知所有侧面三角形和底面三角形都是全等的三角形. 记为 S,侧面在底面的射影分别为 S1、S2、S3 则

S S1 S =cosα , 2 =cosβ , 3 =cos ? S S S

cosα +cosβ +cos ? =

S1 ? S 2 ? S 3 S = =1 S S

509. 已知三棱锥 S—ABC 的底面面积是 a,三棱锥的高是 h,M、N、P、Q 分别是 SB、SC、AC、 AB 的中点,求五面体 MN—PQBC 的体积

解析: 如图,过 M 作 MD∥BA 交 SA 于 D,则 D 是 SA 的中点,连结 ND,则 ND∥AC 所求五面体 MN—PQBC 的体积等于原三棱锥的体积与五面体 SA—MQPN 的体积之差

1 ah, 3 1 1 h 1 VS—DMN= · a· = ah, 3 4 2 24 1 1 V 三棱主柱 DMN—APQ=S△AQP· h= ah, 2 8
而 VS—ABC= ∴VMN—PQBC=VS—ABC-VSA—MQPN

1 1 1 ah-( ah+ ah) 3 24 8 1 = ah 6
= 510. 棱锥被平行于底的平面分成体积相等的三部分.求这棱锥的高被分成三部分的比. 解析:设棱锥的高为 h,它被截成的三部分自上而下设为 h1,h2,h3,则有 (

h ? h3 3 2 h1 3 1 h3 ? h2 3 ) = ,( ) =2,( )= . h 3 h 3 h1
3 3 9 9 3 h,h2=( 3 2 -1)h1= ( 2 -1)h, 3 3

所以 h1=

h3=

3 ? 3 18 h. 3

所以 h1∶h2∶h3=1∶( 3 2 -1)∶( 3 3 - 3 2 ). 说明 求体积之比或面积之比常用相似比. 511. 已知四棱锥 S—ABCD 的底面是边长为 6 的正方形,SA⊥底面 ABCD,且 SA=8,M 是 SA 的中点,过 M 和 BC 作截面交 SD 于 N. (1)求证:截面 MBCN 是梯形,并求截面的面积; (2)求截面 MBCN 与底面 ABCD 的夹角α . 解析:(1)先证 MN∥BC 且 MN≠BC.因为 BC∥AD,所以 AD∥截面 MBCN,从而 AD∥MN,BC∥MN.

又 MN=

1 1 AD= BC,所以 MN≠BC.于是 MN 和 BC 平行但不相等,故 MBCN 是梯形. 2 2

再求截面的面积:SA⊥平面 ABCD.易证 MN 和 BC 都垂直于平面 ABS.所以 MB⊥MN,MB⊥BC, 故 S 截= =

1 (MN+BC)·MB 2

1 (3+6) 36 ? 16 =9 13 . 2

(2)首先要找到二面角的平面角.根据上面的证明, 知∠MBA 的是截面与底面所成二面角的平 面角,即∠MBA=α .于是

MA 4 2 = = AB 6 3 2 ∴α =arctan 3
tanα = 512. 以四面体各面的重心为顶点构成一个新的四面体.求这两个四面体的表面积的比.

解析:因相似多面体全面积的比等于对应边的平方的比,故只须求出对应边的比.

2 1 EF= BD, 3 3 BD 1 ∴ 1 1= . BD 3 AD CD AB AC BC 1 同理, 1 1 = 1 1 = 1 1 = 1 1 = 1 1 = , AB AC BC AD CD 3
∵B1D1= 故 ABCD 和 A′B′C′D′是相似多面体,其表面积的比为 1∶9. 513. 如图,四棱锥的高为 h,底面为菱形,侧面 VDA 和侧面 VDC 所成的二面角为 120°, 且都垂直于底面,另两个侧面与底面所成的角都是 45°,求此棱锥的全面积. 解析:由面面垂直的性质可证得 VD⊥底面,因为 SΔ VDA=SΔ VDC,∠ADC=120°,DB 是其平分 线,而 SΔ VBC=SΔ VAB,所以全面积不难求得. 解 由已知条件可得 VD⊥底面 ABCD,VD⊥DA,VD⊥DC,

∴∠ADC=120°. ∵ABCD 为菱形, ∴BD 是∠ADC 的平分线. Δ ADB 和Δ DBC 是全等的等边三角形,取 BC 的中点 E, 连 DE,BC⊥DE,BC⊥VE,∴∠VED=45°. 在直角Δ DEC 中,EC=DE·ctg60°=

3 2 3 h,BC= h,VE= 2 h. 3 3

∴S 底=BC·DE=

2 3 2 3 2 h·h= h, 3 3

SΔ VBC=SΔ VAB=

1 2 3 6 2 · h· 2 h= h, 2 3 3 1 2 3 3 2 h· h= h. 2 3 3

SΔ VAD=SΔ VDC=

∴S 全=

2 3 2 2 6 2 2 3 2 h+ h+ h 3 3 3



2 2 (2 3 + 6 )h 3

评析:本题的关键是侧面 VDA 和侧面 VDC 都垂直于底面,则它们的交线 VD⊥底面 ABCD,从 而∠ADC=120°. 514. 已知三棱锥各侧面与底面成 60°角.底面三角形的各角成等差数列, 且最大边与最小 2 边是方程 3x -21x+13=0 的两根.求此三棱锥的侧面积和体积.

解析: 如图,设底面三角形的边长为 a、b、c.则由条件知∠B=60°,a+c=7,ac=

13 , 3

得 b =a +c -2accosB=(a+c) -2ac(1+cosB)=7 -2·

2

2

2

2

2

13 1 (1+ )=36 ? b=6,由三角形面积 3 2

公式,得

1 3 acsinB=pr(其中 p 为半周长,r 为内切圆半径),求得 r= . 2 6

由于各侧面与底面成的角相等, ∴顶点在底面上的射影是三角形的内心, 且各侧面上的高相 等, ∴h=rtg60°=

1 r 1 3 3 3 13 · 3= , h 侧= = .故 S 侧= (7+6)× = 6 2 cos 60? 2 6 3 3

3

(平方单位),V=

1 1 1 13 3 1 13 · acsinBh= × × × = 3 2 6 3 2 72 2

3 (立方单位).

515. 正三棱锥 A-BCD,底面边长为 a,侧棱为 2a,过点 B 作与侧棱 AC、AD 相交的截面, 在这样的截面三角形中,求(1)周长的最小值;(2)周长为最小时截面积的值,(3)用这周长 最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三棱锥体积之比.

解析:(1)沿侧棱 AB 把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图 1,当周长最小时,EF 在直线 BB′上,∵Δ ABE≌Δ B′AF,∴AE=AF,AC=AD,∴B′B∥CD,∴∠1=∠2=∠3,∴BE=

a 1 DF DB ? DF = , = = ,∴DF a 2a 2 DB ? AB ? 1 3 3 11 = a,AF= a.又∵Δ AEF∽Δ ACD,∴BB′=a+ a+a= a,∴截面三角形的周长的最小 4 2 2 4 11 值为 a. 4
BC=a,同理 B′F=B′D=a.∵Δ FDB′∽Δ ADB′,∴

(2)如图 2,∵Δ BEF 等腰,取 EF 中点 G,连 BG,则 BG⊥EF.∴BG= BE2 ? EG2 =

1 1 3 3 55 55 3 55 2 a ∴SΔ BEF= ·EF·BG= · a· a= a. a 2 ? ( a) 2 = 2 2 4 8 8 64 8

(3)∵VA-BCD=VB-ACD,而三棱锥 B—AEF,三棱锥 B—ACD 的两个高相同,所以它们体积之比于它 们的两底面积之比,即

S 9 VB ? AEF EF 2 = △ AEF = = 2 16 S △ ACD CD VB ?CAD
评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题, 从而使问题得 到解决,这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体,其中任何一个面都可以 做为底面,因而它可有四个底面和与之对应的四条高,在解决有关三棱锥体积题时,需要灵 活运用这个性质. 516. 在三棱锥 A—BCD 中,Δ ABC 和Δ BCD 都是边长为 a 的正三角形,二面角 A—BC—D= φ ,问φ 为何值时,三棱锥的全面积最大。 解析:SΔ BAC=SΔ BCD=

3 2 a 为常量,所以三棱锥全面积的大小取决于 SΔ ABD 与 SΔ ACD 的大小,由 4
1 asin∠ACD,所以当∠ 2

于Δ ABD≌Δ ACD,所以只求 SΔ ACD 何时面积取最大值即可。∵SΔ ACD= ACD=90°时面积最大,问题得解。

解 如图, 取 BC 中点 M, 连 AM、 DM, ∴Δ ABC 和Δ BCD 都是正三角形, ∴∠AMD 是二面角 A-BC-D 的平面角,∠AMD=φ ,又∵Δ ABD≌Δ ACD,且当∠ACD=90°时,Δ ACD 和Δ ABD 面积最大, 此时 AD= 2 a,在Δ AMD 中,由余弦定理 cos∠AMD=∴当φ =π -arccos

1 , 3

1 时,三棱锥 A-BCD 的全面积最大。 3

点评 本题将求棱锥全面积的最大值,转化为求Δ ACD 面积的最大值,间接求得φ 角。 517. 如图三棱锥 P-ABC 中,PA=a,AB=AC=2a,∠PAB=∠PAC=∠BAC=60°,求三棱锥 P-ABC 的体积.

解法一:过点 P 作 PO⊥平面 ABC 于点 O,∵∠PAB=∠PAC=∠BAC=60° ∴AO 平分∠BAC

∴cos∠PAO=

cos 60? 1 3 6 = ,∴sin∠PAO= 1 ? = cos 30? 3 3 3

∴PO=asin∠PAO=

6 a 3

∴V 棱锥=

1 1 6 2 3 × ×2a×2asin60°× a= a 3 2 3 3

点评 这种方法叫直接法,就是利用锥体的体积公式直接计算,这是一种常规方法,必须掌 握.

解法二:取 AB、AC 中点 M、N 的连结 PM、PN ∵PA=a,AB=AC=2a,∠PAB=∠PAC=∠BAC=60° ∴三棱锥 P-AMN 为棱长为 a 的正四面体,且 SΔ AMN=

1 SΔ ABC 4

∴VP-AMN=

1 2 3 VP-ABC,而 VP-AMN= a 4 12

∴VP-ABC=4VP-AMN=

2 3 a 3

点评 此法是根据棱长与含有 60°角的三角形的关系,把锥体截成棱长相等的三棱锥,然 后根据小锥体的体积与原棱锥的体积关系,求原棱锥的体积. 解法三 在Δ PAB 中,PA=a,AB=2a 又∠PAB=60°,∴∠APB=90° 同理∠APC=90°∴AP⊥平面 PBC 又 SΔ PBC= 2 a
2

∴VP-ABC=VA-PBC=

1 2 3 2 · 2 a ·a= a. 3 3

518.将正方体截去一个角,求证:截面是锐角三角形. 已知:正方体中截去以 P 为顶点的一角得截面 ABC. 求证:Δ ABC 是锐角三角形.

证明:如图,P—ABC 是一个四面体. ∵Δ PAB、Δ PBC、Δ PCA 都是直角三角形.

?x 2 ? y 2 ? c 2 ? 1 2 2 2 2 ∴ ? y 2 ? z 2 ? a 2 则 z = (a +b -c ) 2 ?z 2 ? x 2 ? b 2 ?
∵z≠0,∴a +b -c >0 2 2 2 2 2 2 即 c <a +b ,∴b <a +c . ∴∠BAC、∠ABC 都小于 90°. ∴Δ ABC 为锐角三角形. 2 2 2 519.三棱锥的三个侧面互相垂直,它们的面积分别为 6m ,4m 和 3m ,求它的体积. 解析: 设三棱锥 S—ABC 的三条侧棱长分别为 xm,ym,zm.则三个侧面积分别为
2 2 2

xy yz zx 、 、 . 2 2 2

? xy ? 12 ? 依题意: ? yz ? 8 则 xyz=24 ? zx ? 6 ?
而 VS—ABC=VA—SBC= ∴它的体积为 4m . 520. 如图,在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中 E∈BB1,截面 A1EC⊥侧面 AC1 (1)求证:BE=EB1 (2)若 AA1=A1B1,求平面 A1EC 与平面 A1B1C1 所成二面角(锐角)的度数
3

1 1 1 3 · yz·x= ×24=4(m ) 3 2 6

解析: 欲证 BE=EB1,可证 A1E=EC,由截面 A1EC⊥侧面 AC1,考虑到作 EG⊥A1C 于 G,关键 在于证出 G 是 A1C 的中点,为了利用正棱柱的性质,可取 AC 中点 F,证 FG∥AA1 即可.

证明: (1)在截面 A1EC 中,作 EG⊥A1C 于 G,∵面 A1EC⊥面 A1C,∴EG⊥面 A1C,取 AC 中点 F, 连 BF、 FG, 易证 EBFG 为平行四边形, ∴BE=FG, 又证得 FG=

1 1 1 AA1, ∴BE= AA1= BB1, 2 2 2

即 BE=EB1. (2)分别延长 CE、C1B1 交于点 D,连 A1D,利用 E 是 BB1 的中点,可证得 A1C1⊥A1D,由三垂线 定理,可证出 A1C⊥A1D, ∴∠CA1C1 为所求二面角的平面角,由 A1A=A1C,得∠CA1C1=45°. 评析 本题解题思路: 由证 E 是 BB1 的中点 ? 证 G 是 A1C 的中点 ? GF∥AA1, 要完成此过程, 除具有扎实的立几基本功外, 尚需很好的平几修养, 确实是一个考查基础知识很全面的好题. 521. 已知边长为 10 的正Δ ABC 的顶点 A 在平面α 内,顶点 B、C 在平面α 同侧,BD 为 AC 边上的中线,B、C 到平面α 的距离分别是 BB1=2,CC1=4 (1)求证:BB1∥平面 ACC1 (2)求证:BD⊥平面 ACC1 (3)求四棱锥 A—BCC1B1 的体积

解析: 本小题考查空间图形线、面的平行、垂直关系,考查逻辑思维能力和运算能力. 解 (1)∵BB1⊥α ,CC1⊥α ,∴BB1∥CC1 ∵BB1 ? 平面 ACC1,CC1 ? 平面 ACC1, ∴BB1∥平面 ACC1. (2)∵

CC1 ? ?

? ?? CC1 ? 平面ACC1 ?

平面 ACC1 ? 平面 ? ? ? ? 过 D 点作 AC1 的垂线 DD1,则 DD1⊥α . 平面 ACC1 ? ? ? AC1 ?


DD1 ∥ BB1 ∥ CC1 ? 1 1 ? ? DD1= CC1= ×4=2=BB1, 2 2 D是AC 的中点 ?

∴四边形 B1BDD1 是矩形 ∴B1D1∥BD

CC1 ? B1 D1 ? BD ? CC1 ? CC1 ? ? ? ? ∵ ? ? △ ABC是正△? BD ? AC? ? BD⊥平面 ACC1 B1 D1 ? ? ? ? AC ? CC1 ? C ?
(3)在 RtΔ ABD 中,BD= 在 RtΔ ACC1 中,AC1=

AB2 ? AD2 = 75 =B1D1

AC 2 ? CC12 = 84 ,连结 BC1,

则 V四棱锥A?BCC B = V三棱锥B? AB C + V三棱锥B? ACC =
1 1 1 1 1

1 1 1 1 × ×AC1×B1D1×BB1+ × ×AC1×CC1× 3 2 3 2

BD. ∴ V四棱锥A?BCC B =
1 1

1 1 1 1 × × 84 × 75 ×2+ × × 84 × 75 ×4=30 7 . 3 2 3 2

522. 已知正四棱锥的各条棱都是 a. (1)求底面一边到相对侧面的距离; (2)求证:相邻两侧面所成二面角等于侧面和底面所成二面角的 2 倍; (3)求相对两侧面所成二面角的余弦值.

(1)解: 作 PO⊥底面 ABCD,垂足是 O,取 BC、AD、PB 的中点 F、E、M,连结 PE、PF、 EF、OM、MC、MA. ∵AD∥BC,∴AD∥平面 PBC,AD 到平面 PBC 的距离就是 E 点到平面 PBC 的距离,∵BC⊥平面 PEF,∴平面 PEF⊥平面 PBC.∴E 点到交线 PF 的距离就是 E 点到平面 PBC 的距离 d. ∴d·PF=PO·EF,d·

3 2 1 2 3 6 a=a· a. a ? a ,∴d= 2 3 4 4
3 a,AD=OC,∴OM 是∠AMC 的平分线,又 AM⊥PB,CM⊥PB,∴ 2

(2)在Δ ACM 中,∵AM=MC=

∠AMC 是二面角 A—PB—C 的平面角,∠OFP 是二面角 P—BC—AD 的平面角. 又∵AO=PO=

2 3 a,AM=PF= a,∴RtΔ POF≌RtΔ AMO. 2 2

∴∠AMC=2∠PFO,∴命题成立. (3)设相对两侧面 PBC、PAD 的交线是 l,∵AD∥BC,∴AD∥平面 PBC,∴AD∥l,∵BC⊥平面 PEF,∴l⊥平面 PEF,∴∠EPF 就是所求二面角的平面角. ∴cos∠EPF=

PE 2 ? PF 2 ? EF 2 1 = . 3 2 PE ? PF

523. 直线 a、b 是异面直线,a⊥平面α ,b⊥平面β ,a⊥b,求证:α ⊥β .

证明 过 b 上任意一点作直线 a′,使 a∥a′.∵a⊥b,∴a′⊥b.

设相交直线 a′、b 确定一个平面 ? , ? ∩β =c.∵b⊥β ,c ? β ,∴b⊥c. 在平面 ? 内,b⊥c,b⊥a′,∴a′∥c.∴a∥a′∥c.又∵a⊥α ,∴c⊥α ,c ? β ,∴β ⊥α 524. 在三棱锥 S—ABC 中,∠ASB=∠BSC=60°,∠ASC=90°,且 SA=SB=SC,求证: 平面 ASC⊥平面 ABC. 证明 取 AC 的中点 O,连 SO、BO,由已知,得Δ SAB、Δ SBC 都是正三角形.∴BC=AB=a,SA =SC=a,又 SO⊥AC,BO⊥AC,∴∠SOB 就是二面角 S—AC—B 的平面角.又∵SA=AB=a,SC =BC=a,AC=AC,∴Δ ACS≌Δ ACB. ∴SO=BO=

2 a. 2

在Δ SOB 中,∵SB=a,∴∠SOB=90°. 即平面 SAC⊥平面 ABC. 另证: 过 S 作 SO⊥平面 ABC, 垂足是 O.∵SA=SB=SC, ∴S 在平面内的射影是Δ ABC 的外心, 同前面的证明,可知Δ ABC 是直角三角形,∴O 在斜边 AC 上. 又∵平面 SAC 经过 SO,∴平面 SAC⊥平面 ABC 说明 证明“面面垂直”的常用方法是根据定义证明平面角是 90°,或利用判定定理证明 一个平面经过另一个平面的垂线.

525. 如图,四面体 ABCD 的棱 BD 长为 2,其余各棱的长均是 2 ,求:二面角 A—BD—C、 A—BC—D、B—AC—D 的大小.

解析:(1)取 BD 的中点 O,连 AO、OC. 在Δ ABD 中,∵AB=AD= 2 ,BD=2, ∴Δ ABD 是等腰直角三角形,AO⊥BD,同理 OC⊥BD. ∴∠AOC 是二面角 A—BD—C 的平面角 又 AO=OC=1,AC= 2 , ∴∠AOC=90°. 即二面角 A—BD—C 为直二面角. (2)∵二面角 A—BD—C 是直二面角,AO⊥BD,∴AO⊥平面 BCD.

∴Δ ABC 在平面 BCD 内的射影是Δ BOC. ∵SΔ OCB=

1 3 3 ,SΔ ABC= ,∴cosθ = . 2 2 3

即二面角 A—BC—D 的大小是 arccos

3 . 3

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

1 6 ,由余弦定理,得 cosα =3 2

∴二面角 B—AC—D 的大小是π -arccos

1 . 3

评析 本例提供了求二面角大小的方法: 先作出二面角的平面角, 再利用其所在的三角形算 出角的三角函数值,或利用面积的射影公式 S′=S·cosθ 求得. 526. 如图所示,在三棱锥 S—ABC 中,SA⊥底面 ABC,AB⊥BC,DE 垂直平分 SC,且分别交 AC、SC 于 D、E.又 SA=AB,SB=SC.求以 BD 为棱,以 BDE 与 BDC 为面的二面角的度数.

解法一:由于 SB=BC,且 E 是 SC 中点,因此 BE 是等腰三角形 SBC 的底边 SC 的中线,所以 SC⊥BE.又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E, ∴SC⊥平面 BDE, ∴SC⊥BD, 又∵SA⊥底面 ABC,BD 在底面 ABC 上, ∴SA⊥BD. 而 SA∩SC=S, 所以 BD⊥平面 SAC. ∵DE=平面 SAC∩平面 BDE,DC=平面 SAC∩平面 BDC, ∴BD⊥DE,BD⊥DC. ∴∠EDC 是所求二面角的平面角. ∵SA⊥底面 ABC, ∴SA⊥AB,SA⊥AC. 设 SA=a,则 AB=a,BC=SB= 2 a. 又 AB⊥BC,所以 AC= 3 a.在 RtΔ SAC 中

tg∠ACS=

SA 1 = ,所以∠ACS=30°. AC 3

又已知 DE⊥SC,所以∠EDC=60°,即所求的二面角等于 60°. 解法二:由于 SB=BC,且 E 是 SC 的中点,因此 BE 是等腰Δ SBC 的底边 SC 的中线,所以 SC ⊥BE.又已知 SC⊥DE,BE∩DE=E. ∴SC⊥平面 BDE,SC⊥BD. 由于 SA⊥底面 ABC,且 A 是垂足,所以,AC 是 SC 在平面 ABC 上的射影,由三垂线定理的逆 定理得 BD⊥AC;又 E∈SC,AC 是 SC 在平面内的射影,所以 E 在平面 ABC 内的射影在 AC 上, 由于 D∈AC,所以 DE 在平面 ABC 内的射影在 AC 上,根据三垂线定理得 BD⊥DE. ∵DE ? 平面 BDE,DC ? 平面 BDC. ∴∠EDC 是所求二面角的平面角. 以下解法同解法一. 527. 在直三棱柱 ABC—A′B′C′中,∠BAC=90°,AB=BB′=1,直线 B′C 与平面 ABC 成 30°的角.(如图所示) (1)求点 C′到平面 AB′C 的距离; (2)求二面角 B-B′C—A 的余弦值.

解析:(1)∵ABC—A′B′C′是直三棱柱,∴A′C′∥AC,AC ? 平面 AB′C,∴A′C′∥平 面 AB′C,于是 C′到平面 AB′C 的距离等于点 A′到平面 AB′C 的距离,作 A′M⊥AB′于 M.由 AC⊥平面 AB′A′得平面 AB′C⊥平面 AB′A′, ∴A′M⊥平面 AB′C, A′M 的长是 A′ 到平面 AB′C 的距离. ∵AB=B′B=1,⊥B′CB=30°,∴B′C=2,BC= 3 ,AB′= 2 ,A′M=

A?B? ? A?A = A?A

2 . 2
即 C′到平面 AB′C 的距离为

2 ; 2

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

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

6 3 ,cos∠AQN= . 3 3
说明 利用异面直线上两点间的距离公式,也可以求二面角的大小,如图,AB=BB′=1,

∴AB′= 2 ,又∠B′CB=30°, ∴BC= 3 ,B′C=2,AC= 2 .作 AM⊥B′C 于 M,BN⊥B′C 于 N,则 AM=1,BN=

3 , 2

CN=

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

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

1 3 = . 3 3

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

解析:(1)设 O 是 AC,BD 的交点,连结 EO. ∵ABCD 是菱形,∴O 是 AC、BD 的中点, ∵E 是 PA 的中点,∴EO∥PC,又 PC⊥平面 ABCD, ∴EO⊥平面 ABCD,EO ? 平面 BDE,∴平面 BDE⊥平面 ABCD. (2)EO∥PC,PC ? 平面 PBC, ∴EO∥平面 PBC,于是点 O 到平面 PBC 的距离等于 E 到平面 PBC 的距离.作 OF⊥BC 于 F, ∵EO⊥平面 ABCD,EO∥PC,PC ? 平面 PBC,∴平面 PBC⊥平面 ABCD,于是 OF⊥平面 PBC, OF 的长等于 O 到平面 PBC 的距离. 由条件可知,OB=

a a 3 3 3 ,OF= × = a,则点 E 到平面 PBC 的距离为 a. 2 2 2 4 4

(3)过 O 作 OG⊥EB 于 G,连接 AG ∵OE⊥AC,BD⊥AC ∴AC⊥平面 BDE ∴AG⊥EB(三垂线定理)

∴∠AGO 是二面角 A—EB—D 的平面角 ∵OE=

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

∴EB=a.

∴OG=

OE ? OB 1 3 = a 又 AO= a. EB 2 4 AO 2 3 = OG 3

∴tan∠AGO=

∴∠AGO=arctan

2 3 . 3

评析 本题考查了面面垂直判定与性质,以及利用其性质求点到面距离,及二面角的求法, 三垂线定理及逆定理的应用. 说明 处理翻折问题,只要过不在棱上的点作棱的垂直相交的线段,就可以化成基本题 529. 已知 a、b 是异面直线,a ? α ,a∥β ,b ? β ,b∥α ,求证α ∥β . 解析: 证明两个平面平行通常利用判定定理来证.

证明 如图,过 a 作任一平面 ? 和平面β 交于 a′, ∵a∥β ∴a∥a′. 又 a′ ? β ,a′ ? α ∴a′∥α 且 a′与 b 相交, ∵b ? β ,b∥α . ∴α ∥β . 另证设 c 是异面直线 a、b 的公垂线,则过 a、c 可以确定一个平面 ? ,设γ ∩β =a′∵a ∥β ,∴a′∥a, ∵c⊥a,∴c⊥a′又∵c⊥b,a′,b 相交,∴c⊥β 同理可证:c⊥α ,∴α ∥β 530. 已知:平面α ∥平面β ,且 a ? α ,b ? 平面β ,a,b 为两条异面直线. 求证:异面直线 a、b 间的距离等于平面α ,β 之间的距离.

证:设 AB 是异面直线 a、b 的公垂线段,如图过点 B,作直线 a′,使 a′∥a. ∵α ∥β ,a ? β , ∴a∥β ,∴a′ ? β . ∵AB⊥a,∴AB⊥a′ 又 AB⊥b,且 a′∩b=B. ∴AB⊥β ∵α ∥β ,∴AB⊥α ∴AB 的长是平行平面α ,β 间的距离. 说明 求两异面直线间的距离有时可能转化为求两平行平面间的距离. 531. 如果一条直线和两个平面中的一个相交,那么它和另一个平面也相交. 已知:α ∥β ,l∩α =A. 求证:l 与β 相交.

证明:∵α ∥β ,l∩α =A ∴A β . 假设 l 与β 不相交,则 l∥β 在平面β 内任取一点 D,则 D l. ∴点 D、l 确定平面 PBD,如图 ∵α 与平面 PBD 相交于过 A 的一条直线 AC, β 与平面 PBD 相交于过点 D 的一条直线 BD. 又α ∥β ∴AC 与 BD 无公共点. ∵AC 和 BD 都在平面 PBD 内, ∴AC∥BD. 由 l∥β 可知 l∥BD. ∴AC∥l 且 l 与 AC 相交于 A. ∴AC 与 l 重合,又 AC 在平面α 内. ∴l 在α 内与 l∩α =A 矛盾. ∴假设不成立, ∴l 与β 必相交. 532. 如图,正四棱锥 S—ABCD 的底面边长为 a,侧棱长为 2a,点 P、Q 分别在 BD 和 SC 上, 并且 BP∶PD=1∶2,PQ∥平面 SAD,求线段 PQ 的长. 解析: 要求出 PQ 的长,一般设法构造三角形,使 PQ 为其一边,然后通过解三角形的办法 去处理.

作 PM∥AD 交 CD 于 M 连 QM,∵PM∥平面 SAD,PQ∥平面 SAD. ∴平面 PQM∥平面 SAD,而平面 SCD 分别与此两平行平面相交于 QM,SD. ∴QM∥SD. ∵BC=a,SD=2a.

BP 1 = . PD 2 PD 2 2 MP ∴ = = ,MP= a, BD 3 3 BC BP 1 MQ MC = = = . BD 3 SD CD 1 2 ∴MQ= SD= a,又∠PMQ=∠ADS. 3 3 1 a 1 ∴cos∠PMQ=cos∠ADS= 2 = . 2a 4
∴ 在Δ PMQ 中由余弦定理得 PQ =(
2

2 2 2 2 2 2 1 6 2 a) +( a) -2· a· a· = a . 3 3 3 3 4 9

∴PQ=

6 a. 3

评析:本题的关键是运用面面平行的判定和性质,结合平行线截比例线段定理,最后由余弦 定理求得结果,综合性较强. 533. 已知:如图,α ∥β ,异面直线 AB、CD 和平面α 、β 分别交于 A、B、C、D 四点,E、 F、G、H 分别是 AB、BC、CD、DA 的中点,求证:(1)E、F、G、H 共面;(2)面 EFGH∥平面α .

证明 (1)∵E、H 分别是 AB、DA 的中点,∴EH∥ EFGH 是平行四边形,即 E、F、H、G 共面.

1 1 BD.同理 FG∥ BD.∴FG∥EH.∴四边形 2 2

(2)平面 ABD 和平面α 有一个公共点 A,设两平面交于过点 A 的直线 AD′∴α ∥β ,∴ AD′∥BD.又∵BD∥EH,∴EH∥BD∥AD′.∴EH∥平面α ,EH∥平面β ,同理 FG∥平面α , FG∥平面β . ∴平面 EFHG∥平面α ∥平面β . 534. 点 A 为异面直线 a、b 外一点,过 A 与 a、b 都平行的平面( ) A.只有一个 B.只有两个 C.至多有一个 D.有无数个 解析:本题考查线线位置关系,线面位置关系,平面基本性质,以及空间想象能力 解法一:过点 A 作 a′∥a,b′∥b,根据公理 3,a′与 b′确定一个平面为α ,则异面直线 a 与 b 至多有一条在α 内,当 a、b 都不在α 内时,过 A 与 a、b 都平行的平面恰有一个,即 α ;当 a、b 中有一条在α 内时,过 A 与 a、b 都平行的平面不存在,故选 C. 解法二:过异面直线 a、b 分别作平面α 、β 使α ∥β ,若点 A 在α 或β 上,则过 A 与 a、b 都平行的平面不存在;若点 A 在α 外且在β 上,则过 A 恰有一个平面平行于α 、β ,则过点 A 与 a、b 都平行的平面恰有一个. 535. 有四个命题 (1)一条直线和另一条直线平行,它就和经过另一条直线的任何平面平行 (2)一条直线和一个平面平行,它就和这个平面内的任何直线平行 (3)平行于同一平面的两条直线平行 (4)如果直线 a∥平面α ,a ? 平面β ,且α ∩β =b,则 a∥b. 其中假命题共有( ) A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 解析:此题考查线线位置关系和线面位置关系,以及空间想象能力.一条直线和另一条直线 平行,它可能在经过另一条直线的平面内,故(1)是假命题.一条直线和另一个平面平行,它 与这个平面的直线可能平行,也可能异面,故(2)也是假命题,又平行于同一平面的两条直 线,也可能平行,也可能异面或相交,故(3)也是假命题,而命题(4)是真命题,也是线面平 行的性质定理.故选 C。 536. 已知直线 a、b、c,平面α ∩平面β =a,b ? α ,c ? β ,且 b 与 c 无公共点,则 b 与 c 不平行的充要条件是( ) A.b、c 都与α 相交 B.b、c 中只有一条与α 相交 C.b、c 中至多一条与α 相交 D.b、c 中至少有一条与α 相交 解析:本题考查直线与直线的位置关系,直线与平面的位置关系,充要条件,以及空间想象 能力和等价转化能力. 解法一:若直线 b 与 c 不平行,又由 b 与 c 无公共点,则 b 与 c 必定异面,根据异面直线的 定义和线面位置关系可知或者 b 与 c 都与 a 相交,或者 b、c 中有一条与 a 相交,另一条与 a 平行,即 b、c 中至少有一条与α 相交,即 D 成立;反之,当 D 成立时,不难证明 b 与 c 必不平行,所以应选 D. 解法二:由题设及异面直线的定义可知,若 b、c 都与 a 相交能推出 b 与 c 异面,即 b 与 c 不平行;反过来,b 与 c 不平行不一定推出 b、c 都与 a 相交,即 A 是充分非必要条件,而 不是充要条件,同理,B 也是充分非必要条件,而非充要条件,又由 b、c 中至多有一条与 a 相交,包含 b、c 中有一条与 a 相交和 b、c 都不与 a 相交两种情形,而对于后者,即 b∥a 且 c∥a,则 b∥c.故 c 既非充分又非必要条件,综上所述,排除 A、B、C 三个选择项,从而

选择 D. 537. 已知 A,B∈平面α ,C,D∈平面β ,α ∥β ,AB=13,BD=15,AC、BD 在平面α 上的 射影长之和是 14,求 AC、BD 在平面α 上的射影长,以及平面α 、β 的距离. 解 如图,设α 、β 的距离是 h,则 AC 在α 内的射影长是 132 ? h 2 ,BD 在α 内的射影长 是 152 ? h 2 .

根据题意, 132 ? h 2 + 152 ? h 2 =14. 解这个方程,h=12. ∴

132 ? h 2 =5,

152 ? h2 =9.

故 AC、BD 在平面α 上的射影长分别是 5 和 9,平面α 、β 的距离是 12. 点评 平行平面间距离通常转化为点面距离或线面距离最终转化为点面距离. 538. 如图,已知线段 PQ、PD、QF 分别和平行平面α 、β 交于 A、B、C、D、E、F,若 AP =BQ,求证:SΔ ACF=SΔ BDE.

解析: 由已知得 AC∥BD,EB∥AF,∠CAF=∠EBD,又 AC∶BD=PA∶PB=QB∶QA=EB∶AF, ∴AC·AF·sin∠CAF=BE·BD·sin∠DBE.∴SΔ ACF=SΔ BDE. 539. 如图,在三棱锥 S—ABC 中,A1、B1、C1 分别是Δ SBC、Δ SCA、Δ SAB 的重心,(1)求 证:平面 A1B1C1∥平面 ABC;(2)求三棱锥 S—A1B1C1 与 S—ABC 体积之比.

解析: 本题显然应由三角形重心的性质, 结合成比例线段的关系推导出 “线线平行” 再到 “线 面平行”到“面面平行” ,至于体积的比的计算只要能求出相似三角形面积的比和对应高的 比就可以了. 证:(1):∵ A1、B1、C1 是Δ SBC、Δ SCA、Δ SAB 的重心,连 SA1、SC1 并延长交 BC、AB 于 N、 M,则 N、M 必是 BC 和 AB 的中点.连 MN ∵

SC1 SA1 2 = = , SN 3 SM

∴A1C1∥MN. ∵MN ? 平面 ABC, ∴A1C1∥平面 ABC. 同理可证 A1B1∥平面 ABC. ∴ 平面 A1B1C1∥平面 ABC. (2)由(1) ∴A1C1∥

A1C1 2 1 = ,MN∥ AC, 3 MN 2

1 AC. 3 1 AB, 3

同理可证:A1B1∥ B1C1∥

1 BC. 3 1 SΔ ABC. 9 h1 SA1 2 2 = = ,∴h1= h. 3 3 h SN

∴ Δ A1B1C1≌Δ ABC, S △A1B1C1 =

设三棱锥 S—ABC 的高为 h,S—A1B1C1 的高为 h1 则有:



VS ? A1B1C1 VS ? ABC

1 2 ? S △ ABC ? h 3 = 2 . =3 1 1 27 ? S △ ABC ? h 3 9

评析: 要掌握线面平行的相互转化的思想方法外, 还要有扎实的相似形和线段成比例的基础. 540. 如图,已知正方体 ABCD—A1B1C1D1,求证:(1)平面 AB1D1∥平面 C1BD;(2)对角线 A1C 被 平面 AB1D1 和平面 C1BD 三等分. 解析:本题若根据“一个平面内两条相交的直线分别与另一平面内两条相交的直线平行,则 两平面平行”是很容易解决论证平面 AB1D1∥平面 C1BD 的,但兼顾考虑(2)的论证,(1)我们 还是采用“两平面垂直于同一直线则两平面平行”的判定的方法. 证:(1)连 AC,∵BD⊥AC,AC 是 A1C 在底面上的射影,由三条垂线定理得 A1C⊥BD,同理可 证 A1C⊥BC1.

∴A1C⊥平面 C1BD,同理也能证得 A1C⊥平面 AB1D1. ∴平面 AB1D1∥平面 C1BD. (2)设 A1 到平面 AB1D1 的距离为 h, 正方体的棱长为 a, 则有: h·

1 3

1 1 2 3 2 ( 2 a) = a· a . 3 2 4

∴h= 分.

3 3 a.同理 C 到平面 C1BD 的距离也为 a,而 A1C= 3 a.故 A1C 被两平行平面三等 3 3

评析:论证 A1C 被两平行平面三等分,关键是求 A1 到平面 AB1D1 的距离,C 到平面 C1BD 的距 离,这里用三棱锥体积的代换,若不用体积代换,则可以在平面 A1ACC1 中去考虑: 连 A1C1,设 A1C1∩B1D1=O1,AC∩BD=0,如图连 AO1,C1O,AC1,设 AC1∩A1C=K.A1C∩AO1=M, C1O∩A1C=N.可证 M 为Δ A1AC1 的重心,N 为Δ ACC1 的重心,则可推知 MN=NC=A1M. 另外值得说明的是:A1C 是面 AB1D1 和面 BC1D 的公垂线. 异面直线 AD1 和 C1D 的距离也等于 MN. 541. 如图,已知直线 a∥平面α ;求证:过 a 有且只有一个平面平行于α .

证明 (1)存在性:设过 a 的平面 ? 与α 交于 a′,∵a∥α ,∴a∥a′.在α 上,设直线 b′ ∩a′=A′,在 a 上取点 A,A 与 b′确定平面δ ,在δ 上过 A 作 b∥b′.则 a、b 是相交直线 (若重合,则显然 b′∥a′,矛盾).∴a,b 确定平面β ,则β ∥α . (2)唯一性:设过 a 还有一个平面π ∥α ,∵π 与δ 有公共点 A,∴π 与δ 相交于过 A 的直 线 b″,又π ∥a,δ ∩b′,∴b″∥b′,∴b″∥b,而 b″与 b 都过点 A,故重合,故π 与 β 重合. 542.经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行. 已知:A α ,A∈β ,β ∥α 求证:β 是唯一的. 证:设 l 过 A 点,且 l⊥α ,这样的直线是唯一的. 又β ∥α ,则β ⊥l,过点 A 与α 平面的平面一定和 l 垂直. ∵过点 A 和直线 l 垂直的平面是唯一的. ∴过点 A 和α 平行的平面是唯一的.

543.一条直线和两个平行平面相交,求证:它和两个平面所成的角相等. 已知:α ∥β ,直线 a 分别与α 和β 相交于点 A 和 A′. 求证:a 与α 所成的角与 a 与β 所成的角相等. 解析:(1)当 a⊥α 时,∵α ∥β ,∴α ⊥β . 即 a 与α 所成的角与 a 与β 所成的角都是直角. (2)当 a 是α 的斜线时, 如图, 设 P 是 a 上不同于 A、 A′的任意一点, 过点 P 引 a′⊥α , a′ ∩α =B,a′∩β =B′.

连结 AB 和 A′B′. ∵a∥β ,a′⊥α . ∴α ′⊥β 由此可知,∠PAB 是 a 和α 所成的角,∠P′A′B 是 a 和β 所成的角,而 AB∥A′B′. ∴∠PAB=∠PA′B′ 即 a 和α 所成的角等于 a 和β 所成的角. 544.a 和 b 是两条异面直线,求证:过 a 且平行 b 的平面必平行于过 b 且平行于 a 的平面. 已知:a,b 是异面直线,a ? α ,b ? β ,a∥β ,b∥α . 求证:α ∥β .

证:过 b 作平面 ? 与平面α 交于 b′

545.如图,直线 AC、DF 被三个平行平面α 、β 、 ? 所截. 求证:

AB DE = BC EF

证:(i)当 AC,DF 共面 S 时,

连 AD,BE,CF 则 AD∥BE∥CF 从而

AB DE = BC EF

(ii)当 AC、DE 异面时,连 CD 设 CD∩β =G 连 AD、BG、GE、CF,如图 ∵α ∥β ,平面 ACD∩β =BG,平面 ACD∩α =AD. ∴BG∥AD ∴

AB DG = BC GC DE DG = EF GC

同理可证:EG∥CF,∴ ∴

AB DE = BC EF AB DE = . BC EF

综合(i)(ii)知:

546. 设直线 a 在平面α 内,则“平面α ∥平面β ”是“直线 a∥平面β ”的( A.充分但不必要 B.必要但不充分 C.充分且必要 D.不充分也不必要 解析:若α ∥β ,∵a ? α ,∴a 与β 无公共点,∴a∥β . 若 a∥β ,a ? α ,则α ,β 的关系不能确定,所以应选 A.

)条件

547. 设 a、b 是两条异面直线,那么下列四个命题中的假命题是( ) A.经过直线 a 有且只有一个平面平行于直线 b B.经过直线 a 有且只有一个平面垂直于直线 b C.存在分别经过直线 a 和 b 的两个互相平行的平面 D.存在分别经过直线 a 和 b 的两个互相垂直的平面 解析:A、C、D 均为真命题,B 为假命题;∵若过 a 的平面α ⊥b,则 b 垂直α 内的直线 a, 从而 a⊥b,那么限制 a,b 必须垂直,而条件中没有指明 a、b 是否垂直. 548. α 和β 是两个不重合的平面,在下列条件中可以判定平面α ∥β 的是( A.α 、β 都垂直于平面 ? B.α 内不共线的三点到β 的距离相等 C.l、m 是α 内的直线,且 l∥β ,m∥β D.l、m 是两条异面直线,且 l∥α ,l∥β ,m∥α ,m∥β )

解析:显然 B、C 不能推出α ∥β ,有α 、β 相交的情况存在,对于 A、D,学了“面面垂直” 后,就可以说明 A 不能推出α ∥β ,α 、β 有相交的可能,从而选 D. 事实上,l∥α ,m∥α ,在α 内任取一点 A,过 A 作 l′∥l,m′∥m,因为 l,m 异面,所以 l′,m′相交,则可推出 l′∥β ,m′∥β .由面面平行的判定定理可推出α ∥β . 549. 已知矩形 ABCD,过 A 作 SA⊥平面 AC,再过 A 作 AE⊥SB 交 SB 于 E,过 E 作 EF⊥SC 交 SC 于 F (1)求证:AF⊥SC (2)若平面 AEF 交 SD 于 G,求证:AG⊥SD 解析:如图,欲证 AF⊥SC,只需证 SC 垂直于 AF 所在平面,即 SC⊥平面 AEF, 由已知,欲证 SC⊥平面 AEF,只需证 AE 垂直于 SC 所在平面,即 AE⊥平面 ABC, 再由已知只需证 AE⊥BC,而要证 AE⊥BC,只需证 BC⊥平面 SAB,而这可由已知 得证 证明 (1)∵SA⊥平面 AC,BC ? 平面 AC,∴SA⊥BC ∵矩形 ABCD,∴AB⊥BC ∴BC⊥平面 SAB ∴BC⊥AE 又 SB⊥AE ∴AE⊥平面 SBC ∴SC⊥平面 AEF ∴AF⊥SC (2)∵SA⊥平面 AC ∴SA⊥DC,又 AD⊥DC ∴DC⊥平面 SAD ∴DC⊥AG 又由(1)有 SC⊥平面 AEF,AG ? 平面 AEF ∴SC⊥AG ∴AG⊥平面 SDC ∴AG⊥SD 550. 三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧面三条对角线 AB1、BC1、CA1 中,AB1⊥BC1. 求证:AB1⊥CA1. 证 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. 551. 已知: 正三棱柱 ABC—A′B′C′中, AB′⊥BC′, BC=2, 求: 线段 AB′在侧面 BB ' C ' C 上的射影长. 解析:如图,取 BC 的中点 D.∵AD⊥BC,侧面 BCC ' B ' ⊥底面 ABC,∴AD⊥侧面 BCC ' B ' B ' D 是斜线 AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′,∴ B ' D ⊥BC′. 设 BB′=x,在 RtΔ B ' BD 中,BE∶BD= BB ' , B ' D = 1 ? x 2 . ∵E 是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· BC, S= AD· BC, cosθ = ,∴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 , 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. 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, 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Δ ABC 中,BC=1,∠BAC=30°,∴ AC=A1C1= 3 . 设∠AC1A1=α ,∠MA1C1=β ∴ tanα =

AA1 6 = = 2, A1C1 3
1?1 2 2? 2

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

=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

(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

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

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 ,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 2
边形内角度数为 ∵ sin∠BA1O=
BO A1B

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 ∵ 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 h ' ? ( ) ? 10 2 ? ? 2 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 ∴ A1 E ? AA1 2 ? ( ∴ 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

∴ 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 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
cos∠B1CF1=
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

DNE 中,cos∠DNE=

DN 2 ? EN 2 ? dE 2 30 ? 2DE ? NE 10

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 (3)∵A1D1∥B1C1,B1C1∥BC,∴A1D1∥BC 则 A1、B、C、D1 在同一平面内 ∴A1C 与 D1B 相交 (4)∵B∈平面 ABCD,DC ? 平面 ABCD 又 B ? DC,D1 ? 平面 ABCD ∴DC 与 BD1 异面 (5)如图,CF 与 DA 的延长线交于 G,连结 D1G, ∵AF∥DC,F 为 AB 中点, ∴A 为 DG 的中点,又 AE∥DD1,

D1 A1 E A G D F B B1

C1

C

∴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

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 A1

C1 B1 C B

F D A

证明:连 AB1,则 AB1 过 A1B 的中点 F。 又 E 为 D1B1 的中点, ∴EF 为△AD1B1 的中位线, 则 EF∥AD1

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 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 ∵F∈ED,ED ? 平面 AED, C

M D P

∴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 .

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 ,

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.

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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