立体几何基础题题库有详细答案2.doc

立体几何基础题题库四（有详细答案）
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′在侧面上的射影长.

解析： 如图，取BC的中点D.∵AD⊥BC，侧面⊥底面ABC，∴AD⊥侧面是斜线AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′，∴⊥BC′.
设BB′＝x，在RtΔ中，BE∶BD＝，＝.
∵E是ΔBB′C的重心.∴BE＝BC′＝
∴x＝·，解得：x＝.
∴线段AB′在侧面的射影长为.

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，，∠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内的射线.

∴BC′⊥AC′，cos＝.

又∵cosθ＝,cosβ＝，
∴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′＝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)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，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＝，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＝.
设∠AC1A1＝α，∠MA1C1＝β
∴ tanα＝＝＝,
tgβ＝＝＝.
∵cot(α+β)＝＝＝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＝
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
308. 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＝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＝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的距离.
在RtΔPHE中，PE＝＝＝h.
即点P到AB距离为h.
评析：此题属开放型命题，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，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＝AD，F在AB上，且AF＝AB，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＝.
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＝

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＝V，可得h＝a.
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.

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A1B1α ∴AB∥α.
设AA2⊥α于A2，BB2⊥α于B2，则AA2＝BB2
在RtΔAA1A2与中 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：∠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( )

A. B. C. D.
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＝＝＝，
cosθ2＝cos∠AF1C＝＝，
∴ cosθ＝cosθ1·cosθ2＝·＝，应选A.

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.
∴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＝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的距离为
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＝

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
∵A1A⊥α ∴EH⊥α.
∵FHα， ∴EH⊥FH.
在RtΔFHE中，EF＝＝
∵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 FH2＝m2+n2-2mncosθ
∴EF＝
当F(或E)在A(或A1)的另一侧时，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.

∴ ＝，则＝.
即 ＝.
又 ＝，＝，
∴ ＝.
∴ 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，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.
∵＝＝
∴RQ∥BD
∴＝而＝
∴＝ ∴PM∥ON
∵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bα.事实上，∵b∥a，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bα.

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
∴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.
(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,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.

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、的交线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∥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?

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＝，∠KTC＝φ，有KC＝asin.
从而KM＝.
∴x＝b-.
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：cos2α+cos2β+cos2γ＝1

解析：证明三角恒等式，可用从左边推出右边的方法.
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＝,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＝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.

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＝＝＝,sin∠A1AH＝
∴V＝SABCD·A1H＝absin60°·c·sin∠A1AH＝abc.
338. 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＝＝，∴Q在A1A延长线上且QA＝PO1，又QB1交AB于E，QC1交AC于F，则EF∥B1C1，所以截面为EFB1C1是等腰梯形，又QA1∶QA＝3∶1，∴EF＝ 设QD与EF交于H，得QD⊥B1C1.因此HD为梯形EFC1B1的高.DQ＝＝a,∴HD＝a.＝(a+)·(a)＝a2为所求截面积.

339. 如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都为a，D为CC1的中点.
(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.
340. 如图，已知正三棱柱A1B1C1—ABC的底面积等于cm2，D、E分别是侧棱B1B，C1C上的点，且有EC＝BC＝2DB，试求
(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＝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的中点
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分别在底面的射影为B、C，∴ΔABC的面积＝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°的二面角，(4)SΔADE＝cm2

341. 在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝a,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＝a,∴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＝,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++)a2
342. 已知异面直线a、b成角，过空间一点p，与a、b也都成角的直线，可以作（　　）
　　A．1条　　　　　B．2条　　　　　C．3条　　　　　D．4条
解析：C
343. 已知a -l-b 是直二面角，直线aa ，直线bb ，且a、b与l都不垂直，那么（　）．
　　A．a与b可能平行，也可能垂直
　　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
　　D．a 与b不可能平行，也不可能垂直
解析：B．当，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a -l-b 是直二面角，∴　PQ⊥b ，∴　PQ⊥b．∴　b垂直于a 内两条相交直线a和PQ，∴　b⊥a ，∴　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a 、b 满足l⊥平面a ，mb ，以上四个命题：
　　①a ∥b l ⊥m；②a ⊥b l∥m；③l∥ma ⊥b ；④l⊥ma ∥b ．
　　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a -l-b 的平向角为120°，A∈l，B∈l，ACa ，BDb ，AC⊥l，BD⊥l．若AB=AC=BD=1，则CD长为（　）．
　　A．　　 　　 B．　　 　　　C．2　　　　　　 D．

解析：B．在平面b 内作AE∥BD，DE∥BA，得交点E．则∠CAE为二面角a -l-b 的平面角，故∠CAE=120°，于是．在Rt△CED中可求CD长．
346. SA、SB、SC是从S点出发的三条射线，若，，则
　　二面角B-SA-C的大小为（　）．
　　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．　　 　 D．
解析：B．如图答9-39，设直二面角为a -l-b ，作AC⊥l于C，BD⊥l于D，则AC⊥b ，BD⊥a ，连结AD、BC，∴　∠ABC为AB与b 所成的角，∠BAD为AB与a 所成的角，∴　
∠ABC=30°，∠BAD=45°，∵　AB=2a，∴　AC=a，．在Rt△ACD中，，∴　CD=a．

图答9-39
348. 正方体中，二面角的大小的余弦值为（　）．
　　A．0　　　 　　 B．　　　　　　 C．　　　　　D．
解析：B．取BD中点O，连结、，则，，∴　为二面角的平面角，设为q ，设正方体棱长为a，则，
∴　
∴　
349. 立体图形A-BCD中，AB=BC=CD=DB=AC=AD，相邻两个面所成的二面角的平面角为q ，则（　）．
　　A．　　B． 　　 C．　 D．
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
350. 如图9-46，二面角a -AB-b 的棱AB上有一点C，线段CDa ，CD=100，∠BCD=30°，点D到平面b 的距离为，则二面角a -AB-b 的度数是________．

解析：60°．作DH⊥b 于H，DE⊥AB于E，连结EH，则EH是DE在平面b 内的射影．由三垂线定理的逆定理，HE⊥AB，∴　∠DEH为二面角a -AB-b 的平面角．在Rt△DCE中，CD=100，∠BCD=30°，∴　DE=CDsin30°=50，在Rt△DEH中，，
∴　∠DEH=60°，即二面角a -AB-b 等于60°．

351. （1）已知直线a∥平面a ，a⊥平面b ．求证：b ⊥a ．
　　　 （2）已知三个平面a 、b 、g ，a ∥b ，a ⊥g ．求证：b ⊥g ．
解析：（1）如图答9-41，∵　a∥a ，∴　在a 上任取一点，过a与A确定平面g ，设，则．∵　a⊥b ，∴　 ．∵　a ，∴　a ⊥b ．
　　　 （2）在g 上任取P，设，在g 内作，∵　a ⊥g ，∴　PQ⊥a ．∵　a ∥b ，∴　PQ⊥b ，∵　PQg ，∴　b ⊥g ．
352. 在正方体中，求二面角的大小．
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，，，
，∴　△≌△