高一数学立体几何基础题十

高一数学立体几何基础题题库七518.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：ABC是锐角三角形.证明：如图，PABC是一个四面体.PAB、PBC、PCA都是直角三角形. 则 z2(a2+b2-c2)z0，a2+b2-c20即 c2a2+b2,b2a2+c2.BAC、ABC都小于90.ABC为锐角三角形.519.三棱锥的三个侧面互相垂直，它们的面积分别为6m2,4m2和3m2，求它的体积.解析：设三棱锥SABC的三条侧棱长分别为xm,ym,zm.则三个侧面积分别为、.依题意： 则 xyz24而 VSABCVASBCyzx244(m3)它的体积为4m3.520. 如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中EBB1，截面A1EC侧面AC1(1)求证：BEEB1(2)若AA1A1B1，求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角(锐角)的度数解析： 欲证BEEB1，可证A1EEC，由截面A1EC侧面AC1，考虑到作EGA1C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FGAA1即可.证明： (1)在截面A1EC中，作EGA1C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，BEFG，又证得FGAA1，BEAA1BB1，即BEEB1.(2)分别延长CE、C1B1交于点D，连A1D，利用E是BB1的中点，可证得A1C1A1D，由三垂线定理，可证出A1CA1D，CA1C1为所求二面角的平面角，由A1AA1C，得CA1C145.评析 本题解题思路：由证E是BB1的中点证G是A1C的中点GFAA1，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ABC的顶点A在平面内，顶点B、C在平面同侧，BD为AC边上的中线，B、C到平面的距离分别是BB12，CC14(1)求证：BB1平面ACC1(2)求证：BD平面ACC1(3)求四棱锥ABCC1B1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，CC1，BB1CC1BB1平面ACC1，CC1平面ACC1，BB1平面ACC1.(2)过D点作AC1的垂线DD1，则DD1.DD1CC142BB1，四边形B1BDD1是矩形B1D1BDBD平面ACC1(3)在RtABD中，BDB1D1在RtACC1中，AC1，连结BC1，则+AC1B1D1BB1+AC1CC1BD.2+430.522. 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.ADBC，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.dPFPOEF,daa,da.(2)在ACM中，AMMCa,ADOC,OM是AMC的平分线，又AMPB，CMPB，AMC是二面角APBC的平面角，OFP是二面角PBCAD的平面角.又AOPOa,AMPFa,RtPOFRtAMO.AMC2PFO，命题成立.(3)设相对两侧面PBC、PAD的交线是l，ADBC，AD平面PBC，ADl，BC平面PEF，l平面PEF，EPF就是所求二面角的平面角.cosEPF.523. 直线a、b是异面直线，a平面，b平面，ab，求证：.证明 过b上任意一点作直线a，使aa.ab,ab.设相交直线a、b确定一个平面,c.b,c,bc.在平面内，bc,ba,ac.aac.又a,c,c，524. 在三棱锥SABC中，ASBBSC60，ASC90，且SASBSC，求证：平面ASC平面ABC.证明 取AC的中点O，连SO、BO，由已知，得SAB、SBC都是正三角形.BCABa,SASCa,又SOAC，BOAC，SOB就是二面角SACB的平面角.又SAABa,SCBCa,ACAC,ACSACB.SOBOa.在SOB中，SBa,SOB90.即平面SAC平面ABC.另证：过S作SO平面ABC，垂足是O.SASBSC，S在平面内的射影是ABC的外心，同前面的证明，可知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，求：二面角ABDC、ABCD、BACD的大小.解析：(1)取BD的中点O，连AO、OC.在ABD中，ABAD，BD2，ABD是等腰直角三角形，AOBD，同理OCBD.AOC是二面角ABDC的平面角又AOOC1，AC，AOC90.即二面角ABDC为直二面角.(2)二面角ABDC是直二面角，AOBD，AO平面BCD.ABC在平面BCD内的射影是BOC.SOCB,SABC,cos.即二面角ABCD的大小是arccos.(3)取AC的中点E，连BE、DE.ABBC，ADDC，BDAC，DEAC，BED就是二面角的平面角.在BDE中，BEDE，由余弦定理，得cos-二面角BACD的大小是-arccos.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SScos求得.526. 如图所示，在三棱锥SABC中，SA底面ABC，ABBC，DE垂直平分SC，且分别交AC、SC于D、E.又SAAB，SBSC.求以BD为棱，以BDE与BDC为面的二面角的度数.解法一：由于SBBC，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SCBE.又已知SCDE，BEDEE，SC平面BDE，SCBD，又SA底面ABC，BD在底面ABC上，SABD.而SASCS，所以BD平面SAC.DE平面SAC平面BDE，DC平面SAC平面BDC，BDDE，BDDC.EDC是所求二面角的平面角.SA底面ABC，SAAB，SAAC.设SAa,则ABa,BCSBa.又ABBC，所以ACa.在RtSAC中tgACS，所以ACS30.又已知DESC，所以EDC60，即所求的二面角等于60.解法二：由于SBBC，且E是SC的中点，因此BE是等腰SBC的底边SC的中线，所以SCBE.又已知SCDE，BEDEE.SC平面BDE，SCBD.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BDAC；又ESC，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DAC，所以DE在平面ABC内的射影在AC上，根据三垂线定理得BDDE.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ABCABC中，BAC90，ABBB1，直线BC与平面ABC成30的角.(如图所示)(1)求点C到平面ABC的距离；(2)求二面角BBCA的余弦值.解析：(1)ABCABC是直三棱柱，ACAC，AC平面ABC，AC平面ABC，于是C到平面ABC的距离等于点A到平面ABC的距离，作AMAB于M.由AC平面ABA得平面ABC平面ABA，AM平面ABC，AM的长是A到平面ABC的距离.ABBB1，BCB30，BC2，BC，AB，AM.即C到平面ABC的距离为；(2)作ANBC于N，则AN平面BBCC，作NQBC于Q，则AQBC，AQN是所求二面角的平面角，AN，AQ1.sinAQN,cosAQN.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，ABBB1，AB，又BCB30，BC,BC2,AC.作AMBC于M，BNBC于N，则AM1，BN，CN，CM1，MN.BNBC,AMBC，BN与AM所成的角等于二面角BBCA的平面角.设为.由AB2AM2+BN2+MN2-2AMBNcos得cos.528. 如图所示，四棱锥PABCD的底面是边长为a的菱形，A60，PC平面ABCD，PCa,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AEBD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，EOPC，又PC平面ABCD，EO平面ABCD，EO平面BDE，平面BDE平面ABCD.(2)EOPC，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OFBC于F，EO平面ABCD，EOPC，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,OFa，则点E到平面PBC的距离为a.(3)过O作OGEB于G，连接AGOEAC，BDACAC平面BDEAGEB(三垂线定理)AGO是二面角AEBD的平面角OEPCa,OBaEBa.OGa 又AOa.tanAGOAGOarctan.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,a,b,b,求证.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作任一平面和平面交于a,a aa.又a,aa且a与b相交，b，b.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aa，aa,ca,ca又cb,a,b相交，c同理可证：c，530. 已知：平面平面，且a，b平面，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，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aa.，a,a,a.ABa,ABa又ABb，且abB.AB，ABAB的长是平行平面，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：,lA.求证：l与相交.证明：,lAA.假设l与不相交，则l在平面内任取一点D，则Dl.点D、l确定平面PBD，如图与平面PBD相交于过A的一条直线AC，与平面PBD相交于过点D的一条直线BD.又 AC与BD无公共点.AC和BD都在平面PBD内，ACBD.由l可知lBD.ACl且l与AC相交于A.AC与l重合，又AC在平面内.l在内与lA矛盾.假设不成立，l与必相交.532. 如图，正四棱锥SABCD的底面边长为a，侧棱长为2a，点P、Q分别在BD和SC上，并且BPPD12，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PMAD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.QMSD.BCa,SD2a.,MPa,.MQSDa,又PMQADS.cosPMQcosADS.在PMQ中由余弦定理得PQ2(a)2+(a)2-2aaa2.PQa.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，异面直线AB、CD和平面、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.证明 (1)E、H分别是AB、DA的中点，EHBD.同理FGBD.FGEH.四边形EFGH是平行四边形，即E、F、H、G共面.(2)平面ABD和平面有一个公共点A，设两平面交于过点A的直线AD， ADBD.又BDEH，EHBDAD.EH平面，EH平面，同理FG平面，FG平面.平面EFHG平面平面.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aa,bb，根据公理3，a与b确定一个平面为，则异面直线a与b至多有一条在内，当a、b都不在内时，过A与a、b都平行的平面恰有一个，即；当a、b中有一条在内时，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、使，若点A在或上，则过A与a、b都平行的平面不存在；若点A在外且在上，则过A恰有一个平面平行于、，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，a平面，且b,则ab.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，平面平面a,b，c，且b与c无公共点，则b与c不平行的充要条件是( )A.b、c都与相交 B.b、c中只有一条与相交C.b、c中至多一条与相交 D.b、c中至少有一条与相交解析：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ba且ca，则bc.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，C，D平面，AB13，BD15，AC、BD在平面上的射影长之和是14，求AC、BD在平面上的射影长，以及平面、的距离.解 如图，设、的距离是h，则AC在内的射影长是，BD在内的射影长是.根据题意，+14.解这个方程，h12. 5, 9.故AC、BD在平面上的射影长分别是5和9，平面、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、交于A、B、C、D、E、F，若APBQ，求证：SACFSBDE.解析： 由已知得ACBD，EBAF，CAFEBD，又ACBDPAPBQBQAEBAF，ACAFsinCAFBEBDsinDBE.SACFSBDE.539. 如图，在三棱锥SABC中，A1、B1、C1分别是SBC、SCA、SAB的重心，(1)求证：平面A1B1C1平面ABC；(2)求三棱锥SA1B1C1与SABC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SBC、SCA、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，A1C1MN.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)，MNAC，A1C1AC.同理可证：A1B1AB，B1C1BC. A1B1C1ABC， SSABC.设三棱锥SABC的高为h，SA1B1C1的高为h1则有：,h1h.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ABCDA1B1C1D1，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，BDAC，AC是A1C在底面上的射影，由三条垂线定理得A1CBD，同理可证A1CBC1.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(a)2a a2.ha.同理C到平面C1BD的距离也为a，而A1Ca.故A1C被两平行平面三等分.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A1C1B1D1O1，ACBD0，如图连AO1，C1O，AC1，设AC1A1CK.A1CAO1M，C1OA1CN.可证M为A1AC1的重心，N为ACC1的重心，则可推知MNNCA1M.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；求证：过a有且只有一个平面平行于.证明 (1)存在性：设过a的平面与交于a，a，aa.在上，设直线baA,在a上取点A，A与b确定平面，在上过A作bb.则a、b是相交直线(若重合，则显然ba，矛盾).a,b确定平面，则.(2)唯一性：设过a还有一个平面，与有公共点A，与相交于过A的直线b，又a，b，bb,bb,而b与b都过点A，故重合，故与重合.542.经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行.已知：A，A，求证：是唯一的.证：设l过A点，且l，这样的直线是唯一的.又，则l，过点A与平面的平面一定和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：，直线a分别与和相交于点A和A.求证：a与所成的角与a与所成的角相等.解析：(1)当a时，.即a与所成的角与a与所成的角都是直角.(2)当a是的斜线时，如图，设P是a上不同于A、A的任意一点，过点P引a, aB,aB.连结AB和AB.a，a.由此可知，PAB是a和所成的角，PAB是a和所成的角，而ABAB.PABPAB即 a和所成的角等于a和所成的角.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，b,a,b.求证：.证：过b作平面与平面交于b545.如图，直线AC、DF被三个平行平面、所截.求证：证：(i)当AC，DF共面S时，连AD，BE，CF则ADBECF从而(ii)当AC、DE异面时，连CD设CDG连AD、BG、GE、CF，如图，平面ACDBG，平面ACDAD.BGAD同理可证：EGCF，综合(i)(ii)知：.546. 设直线a在平面内，则“平面平面”是“直线a平面”的( )条件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，a，a与无公共点，a.若a，a，则，的关系不能确定，所以应选A.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bB.经过直线a有且只有一个平面垂直于直线bC.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b,则b垂直内的直线a，从而ab，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. 和是两个不重合的平面，在下列条件中可以判定平面的是( )A.、都垂直于平面B.内不共线的三点到的距离相等C.l、m是内的直线，且l，mD.l、m是两条异面直线，且l,l,m,m解析：显然B、C不能推出，有、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，、有相交的可能，从而选D.事实上，l，m，在内任取一点A，过A作ll，mm,因为l,m异面，所以l,m相交，则可推出l，m.由面面平行的判定定理可推出.549. 已知矩形ABCD，过A作SA平面AC，再过A作AESB交SB于E，过E作EFSC交SC于F(1)求证：AFSC(2)若平面AEF交SD于G，求证：AGSD解析：如图，欲证AFSC，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AEBC，而要证AEBC，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，SABC矩形ABCD，ABBC BC平面SAB BCAE又SBAE AE平面SBCSC平面AEF AFSC(2)SA平面AC SADC，又ADDC DC平面SAD DCAG又由(1)有SC平面AEF，AG平面AEF SCAG AG平面SDC AGSD550. 三棱柱ABCA1B1C1的侧面三条对角线AB1、BC1、CA1中，AB1BC1.求证：AB1CA1.证 方法1 如图，延长B1C1到D，使C1DB1C1.连CD、A1D.因AB1BC1，故AB1CD；又B1C1A1C1C1D，故B1A1D90，于是DA1平面AA1B1B.故AB1平面A1CD，因此AB1A1C.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AB1BD1，从而AB1A1D.再由三垂线定理的逆定理即得AB1A1C.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ABCABC中，ABBC，BC2，求：线段AB在侧面上的射影长.解析：如图，取BC的中点D.ADBC，侧面底面ABC，AD侧面是斜线AB在侧面的射影.又ABBC，BC.设BBx，在Rt中，BEBD，.E是BBC的重心.BEBCx，解得：x.线段AB在侧面的射影长为.552.ABC在平面内的射影是ABC，它们的面积分别是S、S，若ABC所在平面与平面所成二面角的大小为(090，则SScos.证法一 如图(1)，当BC在平面内，过A作ADBC，垂足为D.AA平面，AD在平面内的射影AD垂直BC.ADBC.ADA.又SADBC，SADBC，cos,SScos.证法二 如图(2)，当B、C两点均不在平面内或只有一点(如C)在平面内，可运用(1)的结论证明SScos.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，使PQ平面，且和AB交于R，连结AQ，交平面于N.连结MN、NR.PQ平面，MN，PQMN.在平面APQ内，PQa,PQMN,MNa,a，又PMMQ，ANNQ，同理可证NRb,RARB.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ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，AA1，M是CC1的中点，求证：AB1A1M.解析：不难看出B1C1平面AA1C1C，AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影.欲证A1MAB1，只要能证A1MAC1就可以了.证：连AC1，在直角ABC中，BC1，BAC30， ACA1C1.设AC1A1，MA1C1 tan,tg.cot(+)0,+90 即AC1A1M. B1C1C1A1，CC1B1C1，B1C1平面AA1CC1，AC1是AB1在平面AA1C1C上的射影. AC1A1M，由三垂线定理得A1MAB1.评注：本题在证AC1A1M时，主要是利用三角函数，证+90，与常见的其他题目不太相同.555. 矩形ABCD，AB2，AD3，沿BD把BCD折起，使C点在平面ABD上的射影恰好落在AD上.(1)求证：CDAB； (2)求CD与平面ABD所成角的余弦值.(1)证明 如图所示，CM面ABD，ADAB，CDAB(2)解：CM面ABDCDM为CD与平面ABD所成的角，cosCDM作CNBD于N，连接MN，则MNBD.在折叠前的矩形ABCD图上可得DMCDCDCAABAD23.CD与平面ABD所成角的余弦值为556. 空间四边形PABC中，PA、PB、PC两两相互垂直，PBA45，PBC60，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 PAAB，APB90在RtAPB中，ABP45，设PAa，则PBa,ABa,PBPC，在RtPBC中，PBC60,PBa.BC2a,PCa.APPC 在RtAPC中，AC2a(1)PCPA,PCPB,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PBC60，BC与平面PBA的角为60.(2)由上知，PAPBa,ACBC2a.M为AB的中点，则ABPM，ABCM.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，PAPC，PBBC，ACBC.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PCAB，作PH平面ABC于H，则HC是PC在平面ABC的射影，HCAB，PA、PB在平面ABC的射影分别为HB、HA，PBBC，PAPC.BHBC，AHACACBC，平行四边形ACBH为矩形.HCAB，ACBH为正方形.HBHAPH平面ACBH.PHBPHA.PBHPAH，且PB，PA与平面ABC所成角分别为PBH，PAH.由已知PBH45，PAH30，与PBHPAH矛盾.PC不垂直于AB.(2)由已知有PHh,PBH45BHPHh.PAH30，HAh.矩形ACBH中，AB2h.作HEAB于E，HEh.PH平面ACBH，HEAB，由三垂线定理有PEAB，PE是点P到AB的距离.在RtPHE中，PEh.即点P到AB距离为h.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AEAD，F在AB上，且AFAB，求点B到平面MEF的距离.解法一：设AC与BD交于O点，EF与AC交于R点，由于EFBD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OHMR，即OH面MEF，OH即为所求.OHMRORMC，OH.解法二：考察三棱锥BMEF，由VB-MEFVM-BEF可得h.点评 求点面的距离一般有三种方法：利用垂直面；转化为线面距离再用垂直面；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ABCDA1B1C1D1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O1EOB1于E，则OE1平面AB1C，O1E为所求的距离由O1EOB1O1B1OO1，可得：O1E解法2：转化为求C1到平面AB1C的距离，也就是求三棱锥C1AB1C的高h.由 VV，可得ha.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.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ABC中，M、N分别是AB、AC上的点，.沿MN把AMN到AMN的位置，二面角AMNB为60，求证：平面AMN平面ABC.解析：作ADBC于D，设ADMNP，APD60，可证AP平面ABC.561. 四面体的四个顶点到平面M的距离之比为1113，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)4个顶点都在平面M的同侧，则有C4114个(平面)；(2)距离比为3的顶点与其他3个顶点不同侧，则有C4114个(平面)；(3)距离比为3的顶点与其他3个顶点中的1个同侧，则有C31C41112个(平面)(4)距离比为3的顶点与其他3个顶点中的2个同侧，则有C32C41112个(平面)； 一共应有4+4+12+1232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PABCD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： 设正棱柱底面边长为a，高为h，则ah=S，对角面面积为565. 正n棱柱每相邻两个侧面所成二面角度数为_。解析： 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边形内角度数为566. 正六棱柱的高为5cm，最长对角线为13cm，它的侧面积是_。解析： 180cm2 设正六棱柱底面边长为a，高为h，则h2+(2a)2=132，h=5，a=6，侧面积=6ah=180567. 一个正棱锥的一个侧面与底面所成角是，底面积Q，则它的侧面积是_。解析： Qsec 正棱锥的底面是侧面在底面上的射影，利用面积射影定理568. 正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1B与对角面A1B1CD所成角为300，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BOB1C，O为垂足，连A1O则BO平面A1B1CD BA1O为BA1与平面A1B1CD所成的角 BA1O=300设正四棱柱底面边长为a，高为h则sinBA1O= a2+h2=2ah a=h 正四棱柱ABCDA1B1C1D1为正方体569. 四棱柱ABCDA1B1C1D1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，BDAC设BDAC=0，又A1B=A1D， BDA1O A1OAC=O BD平面AA1C1C 平面A1BD对角面AA1C1C（1） 由（1），BD平面AC1 BDAA1又DD1AA1 BDDD1570. 正四棱锥棱长均为a，（1）求侧面与底面所成角；（2）若相邻两侧面所成角为，求证：=2。解析：如图，正四棱锥SABCD，SO、SF分别为高、斜高，SFO为二面角SABO平面角，SFO=，在SBC中，作BESC，E为垂足，连DE BCEDCE DESCBED为侧面BSCD平面角，BED= （1） （2）连EO 由得： =2571. 正三棱锥的侧棱等于10cm，侧面积等于144cm2，求棱锥的底面边长和斜高。解析：设底面边长为a，斜高为h则 或572. 斜三棱柱ABCA1B1C1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 ADBC AD为A1A在平面ABC上的射影 BCAA1 BCBB1 BB1C1C为矩形，S=BB1BC=156取AB中点E，连A1E A1A=A1B A1EAB S侧=396573. 四棱锥VABCD底面是边长为4的菱形，BAD=1200，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OFVC，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AECD，E为垂足 VA平面ABCD AE为VE在平面ABCD上的射影 VECD 线段VE长为点V到直线CD的距离 BAD=1200 ADC=600 ACD为正三角形 E为CD中点，AE= VE= （2） AOBD 由三垂线定理VOBD VO长度为V到直线BD距离 VO=（3）只需证OFBD BDHC，BDVA BD平面VAC BDOF OF为异面直线BD与VC的公垂线 （4）求出OF长度即可在RtVAC中OC=AC=2，VC= OF=OCsinACF=OC574. 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ABCDA1B1C1D1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DCEFD1C1E1F1。具体作