云南省2011届高三数学一轮复习专题题库：立体几何（30）.doc

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，，，
，∴　△≌△，∵　，∴　，∴　为二面角的平面角．在Rt△中，，∴　，∴　,在△中，
，，，
，
353. 如图9-50，点A在锐二面角a -MN-b 的棱MN上，在面a 内引射线AP，使AP与MN所成的∠PAM为45°，与面b 所成的角为30°，求二面角a -MN-b 的大小．
[来源:Zxxk.Com]
解析：如图答9-44，取AP上一点B，作BH⊥b 于H，连结AH，则∠BAH为射线AP与平面b 所成的角，∴　∠BAH=30°，再作BQ⊥MN，交MN于Q，连结HQ，则HQ为BQ在平面b 内的射影．由三垂线定理的逆定理，HQ⊥MN，∴　∠BQH为二面角a -MN-b 的平面角．

图答9-44
　　设BQ=a，在Rt△BAQ中，∠BQA=90°，∠BAM=45°，∴　，在Rt△BAH中∠BHA=90°，∠BAH=30°，∴　．在Rt△BHQ中，∠BHQ=90°，BQ=a，，，∵　∠BQH是锐角，∴　∠BQH=45[来源:Zxxk.Com]
即二面角a -MN-b 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∥βl⊥m (2)α⊥βl∥m
(3)l∥mα⊥β (4)l⊥mα∥β
其中正确的两个命题是( )[来源:学§科§网Z§X§X§K]
A.(1)与(2) B.(3)与(4) C.(2)与(4) D.(1)与(3)[来源:学科网ZXXK]
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，mβ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.[来源:Zxxk.Com]
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mα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. 一张正方形的纸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°

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＝a,DO＝a，连AB，因为DA⊥AE，DA⊥BE，故DA⊥面AEB，所以DA⊥AB，故ΔDAB为直角三角形，BD＝＝＝=a.
又在ΔBOD中，由余弦定理可得 cos∠BOD＝＝＝-，所以∠BOD＝120°
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的长为取值范围是( )
A.［1，+∞］ B.(1，) C.( ，) D.［，+∞)
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.

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°＝.故CD≥.∴应选D.

357. 如图，四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，AB⊥BC，且AB＝CD，侧棱PB⊥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＝CD，PC＝5，BC＝3，∴PB＝4.
SΔPAB＝6，∴AB＝3，CD＝6，＝＝.
∴EB＝3，PE＝5.
∵PB·EC＝CF·PE，∴CF＝.
在直角ΔDCF中，tanα＝＝＝. [来源:Zxxk.Com]
α＝antan.
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＝.
∵∠ASC＝30°，∴在RtΔSED中，DE＝1，SE＝2.
同理DF＝1，SF＝2.
在ΔSEF中，依余弦定理EF2＝8-4.
∴在ΔDEF中，cos∠EDF＝2-3,又-1＜2-3＜0.
∴二面角A—SC—B的平面角∠EDF＝arccos(2-3)＝π-arccos(3-2)
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.
[来源:学+科+网]
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.
[来源:学科网]
解析：在α内作AE⊥DC于E，则AE为ΔADC的高，则有AE·DC＝，AE＝.[来源:Zxxk.Com]
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＝，∴EB＝sin(α+30°).
据题意，有α∈(0°，180°)，当α＝60°时，有EBmax＝，这时(SΔDBC)max＝a·＝2S.
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，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.[来源:学科网]
在直角ΔPMR中：PR＝asinα,MR＝acosα.
在直角ΔMNR中：NR＝MRsinθ＝acosαsinθ.
∵PR＝NR，∴asinα＝acosαsinθ.
∴tanα＝sinθ,cosα＝,sinα＝.
在ΔPMQ中由正弦定理：
＝,
∴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.

l
a
b
c
α
Q
R
P
C
B
A
α
P
H
G
F
E
D
C
B
A
N
M
F
E
D
C