高中立体几何典型500题及解析(七-八)(301~400题)

高中立体几何典型500题及解析(七)(301~350题)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CCBB''上的射影长.解析：如图，取BC的中点D.∵AD⊥BC，侧面''BBCC⊥底面ABC，∴AD⊥侧面''BBCCDB'是斜线AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′，∴DB'⊥BC′.设BB′＝x，在RtΔBDB'中，BE∶BD＝'BB，DB'＝21x.∵E是ΔBB′C的重心.∴BE＝31BC′＝3124x∴x＝3121x·42x，解得：x＝2.∴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，BCA'，∠ABC＝，求证:cosγ＝cosθ·cosβ.解析：过A′作''CA⊥BC于C′，连AC′.∵AA′⊥平面α，BC垂直AC在平面α内的射线''CA.∴BC′⊥AC′，cos＝ABCB.又∵cosθ＝ABBA,cosβ＝BACB，∴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.∵AA′⊥平面α，AD在平面α内的射影A′D垂直BC.∴AD⊥BC.∴∠ADA′＝θ.又S′＝21A′D·BC，S＝21AD·BC，cosθ＝ADDA,∴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)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.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＝111CAAA＝36＝2,tgβ＝111CAMC＝326＝22.∵cot(α+β)＝tantantantan1＝22211＝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.(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＝CDDM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32308.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.∵AP⊥PC∴在RtΔAPC中，AC＝22PCPA＝22)3(aa＝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.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.∴∠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.∴矩形ACBH中，AB＝22HABH＝22)3(hh＝2h.作HE⊥AB于E，∴HE＝ABHAHB＝hhh23＝23h.∵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RtΔPHE中，PE＝22HEPH＝22)23(hh＝27h.即点P到AB距离为27h.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.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＝31AD，F在AB上，且AF＝31AB，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＝59118a.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.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＝33a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VCABC11＝V11CCBA，可得h＝33a.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＝33a.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.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21BBBRt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°.∵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＝∠CBQ316.如