高中 向量 例题详解总汇(1)(含答案)

向量

一、基本知识结构

向量的概念 向量的加、减法 向量 向量的运算 实数与向量的积 向量的数量积 平面向量的基本定理及坐标表示 几何中的运用 向量的运用 物理学中的运用 两点间的距离

二、教学重点和难点

1． 理解向量的概念，向量的几何表示和坐标表示，向量的线性运算。 2． 平面向量的数量积 3． 平面向量的分解定理 三、考点

1． 向量的概念，向量的几何表示； 2． 向量的加法与减法；

3． 实数与向量的积，两个向量共线的充要条件；

4． 向量的数量积，计算向量的大小、方向，两向量垂直的充要条件； 5． 向量的坐标表示、坐标运算； 6． 向量的分解定理 7． 向量的应用

四、课堂教学实施策略

本章节中，向量的概念是通过举例反映概念实质的具体对象，并充分发挥几何图形的直观特点，使学生在感性认识的基础上建立概念；数量积的概念是通过严格的定义给出，和学生一起分析满足定义的充要条件；向量的运算，可以借助几何直观，并通过与数的对比引入，便于学生接受。

五、教学后的建议

注意对学生思维能力的培养，对知识的处理，尽可能让学生自己观察、比较、猜想、分析、归纳、抽象、概括。同时注意数学思想方法的渗透和应用。

六、典型例题

两向量平行 向量的坐 标运算 两向量垂直 向量的模 向量的夹角

（一）向量有关概念：

例1：判断下列各命题是否正确：

(1)零向量没有方向；(2)若ab,则ab；(3)单位向量都相等；(4)向量就是有向线段；

(5)两相等向量若共起点,则终点也相同；(6)若ab，bc，则ac；(7)若a//b，b//c，

则a//c；(8)若四边形|a||b|且a//b；

ABCD

是平行四边形,则ABCD,BCDA；(9)ab的充要条件是

分析：正确理解向量的有关概念，以概念为判断依据，或通过举反例说明。

解：(1)不正确，零向量方向任意；(2) 不正确，只是说明模相等，还有方向；(3)不正确，

单位向量的模为1，方向很多；(4)不正确，有向线段是向量的一种表示形式；(5)正确， (6)正确，向量相等有传递性；(7)不正确，因若b0，则不共线的向量a,c也有a//0，0//c；(8)不正确, 如

图

|a||b|，a//b(9)不正确，当，且方向相反时，即使ABDC,BCAD；

也不能得到ab。

点评：对于有关向量基本概念的考查，可以从概念的特征入手，也可以从通过举出反例而排除或否定相关

命题。相等向量一定是共线向量，但共线向量不一定相等；长度为0的向量叫零向量，零向量的方向是任意的；两个向量平行与与两条直线平行是不同的两个概念：两个向量平行包含两个向量共线, 但两条直线平行不包含两条直线重合；平行向量无传递性。

（二）向量的加、减法

例2：化简(ABCD)(ACBD) 分析：本题考查向量的加、减法，及相关运算律。 解法一：（统一成加法）

(ABCD)(ACBD)=ABCDACBDABDCCABD

=

ABBDDCCA0

OBBA）

解法二（利用OA(ABCD)(ACBD)=ABCDACBD=(ABAC)CDBD

=CBCD解法三（利用

BDDBBD0

ABOBOA）

设O是平面内任意一点，则(ABCD)(ACBD)=ABCD=(OBOA)(ODOC)(OCOA)(ODOB) =OBACBD

OAODOCOCOAODOB0

点评：掌握向量加减的定义及向量加法的交换律、结合律等基础知识．在求解时需将杂乱的向量运算式有

序化处理，必要时也可化减为加，减低出错律。

例3：在ABC所在的平面上有一点P，满足PAPBPCA．

AB，则PBC与ABC的面积之比是( )

1123 B． C． D． 3234分析：本题中的已知向量都集中体现在三角形中．为此，可充分利用向量加减法的三角形法则实施求解。 解：由PAPBPCAB，得PAPBBAPC0,

即PC2AP，所以点P是CA边上的第二个三等分点，

SPBCBCPC2．

SABCBCAC3A P 如图所示。故

B C

（三）向量数乘运算及其几何意义 例4：设e1,e2是不共线的向量，已知向量

三点共线，求实数k的值 分析：证明存在实数，使得解：BDCDCB得若A,B,DAB2e1ke2,CBe13e2,CD2e1e2，

ABBD

, 使ABe14e2BD2e1ke2(e14e2)

2,k4k8

→→点评：A、B、C 三点共线的一个充要条件是存在 实数λ，使得AC =λAB ．

例5：已知A、B、C、P为平面内四点，求证：A、B、C三点在一条直线上的充要条件是存在一对实数m、

→→→

n，使PC =mPA +nPB ，且m+n=1．

→→

分析：很显然，题设条件中向量表达式并未涉及AC 、AB ，对此，我们不妨利用

→→→

PC =PA ＋AC 来转化，以便进一步分析求证。 证明：充分性，由PCmPAnPB，m＋n=1，得

PAACmPAn(PAAB)(mn)PAnABPAnAB

∴ACnAB．

∴A、B、C三点共线．

必要性:由A、B、C 三点共线知，存在常数λ，使得即

ACAB，

APPC(APPB)，PC(1)APPB(1)PAPB

mPAnPB。

m=1－λ，n=λ，m＋n=1，PC点评： 逆向应用向量加法运算法则，使得本题的这种证法比其他证法更简便，值得一提的是，一个向量拆

成两个向量的和，一定要强化目标意识。这是一个重要结论，要牢记。

例6：已知ABCD的两条对角线AC与BD交于E，O是任意一点，

求证：OA+OB+OC+OD=4OE

分析：由平行四边形的对角线互相平分和相等向量的定义可得。 证明：∵E是对角线AC和BD的交点

D ∴

AE=EC=CE ,BE=ED=DE

AE=OE

A

，

C

O 在△OAE中，OA+

同理

OB+

BE=OEOC+CE=OEB ，

OD+DE=OE

以上各式相加，得

OA+OB+OC+OD=4OE

点评：用向量法解平面几何问题，实质上是将平面几何问题的代数化处理，在解题中应注意进行向量语言

与图形语言的互译。

（四）平面向量的坐标表示与运算

例7：已知A(2,4)、B(3,1)、C(3,4)，且CM的坐标。

分析：利用平面向量的基本本概念及其坐标表示求解。 解： ∵A(2,4)、B(3,1)、C(3,4)，∴CA∴CM3CA，CN2CB，求点M、N的坐标及向量MN(1,8),CB(6,3)，

3CA=3(1，8)=(3，24)，CN2CB=2(6，3)=(12，6)

设M(x,y)，则CM(x3,y4)

因此

x33x0 得，∴M(0,20) y424y20同理可得N(9,2)，∴MN=(90，220)=(9，18) 点评：需灵活运用向量的坐标运算公式。

例8： 已知向量a1(1sin,1),b(,1sin)，若a//b，则锐角等于（ ）

245

C．60 D．75

A．30 B．

分析：已知a,b的坐标，当求a//b时，运用两向量平行的充要条件x1y2x2y1=0可求sin值。 解：(1sin)(1+sin)

11=0，cos2=，故选B。 22点评：数学语言常有多种表达方式，学会转化与变通是求解的关键．本题以几何特征语言

形式出现，最终落足点要变式成方程的语言来求解，这一思想方法在求解向量问题时 经常用到。

（五）平面向量的数量积

例9：已知|a|2,|b|3，a,b的夹角为1200，求

(1)ab;(2)ab;(2)(2ab)(a3b);(4)|ab|

022分析：直接用定义或性质计算 解：(1)ab|a||b|cos12022123()3

222(2)ab|a|2|b|2495(3)(2ab)(a3b)2a5ab3b2|a|25|a||b|cos12003|b|2

8152734(4)|ab|(ab)2a2abb4697（2ab）（a3b）点评：注意公式

2a5ab3b2222，当知道

a,b的模及它们的夹角可求

的数量积，反之知道的数量积及a,b的模则可求（x1ax2b）（x3ax4b）（x1ax2b）（x3ax4b）它们的夹角。

例10：在△ABC中，

AB=(2, 3)，AC=(1, k)，且△ABC的一个内角为直角，求k的值。

分析：注意分情况计论。

解：当A = 90时，

ABAC= 0，∴2×1 +3×k = 0 ∴k =3 2当B = 90时，

ABBC= 0，BC=ACAB= (12, k3) = (1, k3)

∴2×(1) +3×(k3) = 0 ∴k =

11 33132

当C= 90时，ACBC= 0，∴1 + k(k3) = 0 ∴k =

点评：abab0是一个常用的结论。 例11：已知|a|围是 ( ) A.[0,

2|b|0，且关于x的方程x2|a|xab0有实根，则a与b的夹角的取值范

2] B.[,] C.[,] D.[,]

333662分析：要求两向量夹角θ的取值范围，可先求cos的取值范围。 解：由关于x的方程x|a|xab0有实根，得:|a|24ab≥0

ab12ab|a|.设向量a,b的夹角为θ，则cosθ=,又|a|2|b|0, 4|a||b|12|a|14cos，∴θ∈[,].[答案] B.

1223|a|2

（六）平面向量基本定理 例12：在△OAB中，OC表示OM.

分析：若e1,e2是一个平面内的两个不共线向量，则根据平面向量的基本定理，平面内的

任何向量都可用e1,e2线性表示。本例中向量a,b可作基底，故可设OM=ma+nb， 为求实数m,n，需利用向量两个方程。

解：设OM=ma+nb，

则

11OA,ODOB，AD与BC交于点M，设OA=a，OB=b，用a,b42AM与

AD共线，向量CM与CB共线，建立关于m,n的

1AM(m1)anb,ADab

2

∵点A、M、D共线，∴∴

AM与

AD共线，

m1n，∴m+2n=1. ① 10.511而CMOMOC(m)anb，CBab

44∵C、M、B共线，∴CM与CB共线，

14n，∴4m+n=1. ② ∴

1141313联立①②解得:m=，n=，∴OMab

7777m

例13：已知P是ABC所在平面内一点，AP的中点为Q，BQ的中点为R，CR的中点为S。证明：只有唯一的一点P使得S与P重合。

分析：要证满足条件的点是唯一的,只需证明向量证明：设

AP可用一组基底唯一表示。

ABa,ACb，

A Q R

B

P

C

111则AS(ARAC)[(ABAQ)AC]

222111 ABACAP,

428711由题设知:ASAPAPABAC

84224APab

77由于a,b是确定的向量，所以

AP是唯一的一个向量，

即ABC所在平面内只有唯一的一点P使得S与P重合.

点评：解决此类类问题的关键在于以一组不共线的向量主基底，通过向量的加、减、数乘以及向量平行的

充要条件，把其它相关的向量用这一组基底表示出来，再利用向量相等建立方程，从而解出相应的值。

（七）平面向量的应用

例14：如图所示，ABCD是菱形，AC和BD是它的两条对角线。

求证AC⊥BD。

分析：对于线段的垂直，可以联想到两个向量垂直的充要条件，而对于

这一条件的应用，可以考虑向量式的形式，也可以考虑坐标形式的 充要条件。 证法一：∵

AC＝AB+AD，BD＝ADAB，

∴＝|∴

AC·BD＝(AB＋AD)·(ADAB)

AD|2|AB|2＝0

AC⊥BD

证法二：以OC所在直线为x轴，以B为原点建立直角坐标系，设B(0，0)，A(a，b)，

C(c，0)，则由|AB|＝|BC|得a2＋b2＝c2 ∵

AC＝BC－BA＝(c，0)(a，b)＝(ca，b)，

BD＝BA＋BC＝(a，b)＋(c，0)＝(c＋a，b)，

∴∴

AC·BD＝c2a2b2＝0 AC⊥BD 即 AC⊥BD

点评：如能熟练应用向量的坐标表示及运算，则将给解题带来一定的方便。通过向量的坐标表示，可以把

几何问题的证明转化成代数式的运算，体现了向量的数与形的桥梁作用。 例15：

a,b,c为△ABC的内角A、B、C的对边，m(cosCCCC,sin)，n(cos,sin)，2222且m与n的夹角为

，求C； 3分析：考查向量数量积运算及三角函数二倍角公式 解：∵m(cosCCCC,sin)，n(cos,sin) 2222C2Csin2cosC ∴mncos221cos 又mn|m||n|cos3321∴cosC，∴C

23OA,OB,OC满足

例16： 已知A、B、C是直线l上的不同的三点，O是外一点，向量

3OA(x21)•OB[ln(23x)y]•OC0，记yf(x)，求函数yf(x)的解析式。

2分析：A、B、C三点共线，OAOB(1)OC 解：OA(32x1)•OB[ln(23x)y]•OC 23232A、B、C三点共线，x1ln(23x)y1yxln(23x)

22点评：涉及与三角综合的题目，多数只利用向量的基本运算，把问题转化为三角问题，

以考查三角函数知识为主。三点共线是一个常考常新的知识点。要记住常用结论：

A、B、C三点共线，OAOB(1)OC

例17：设炮弹被以初速v0和仰角抛出（空气阻力忽略不计）.当初速度v0的大小一定时，发射角多大

时，炮弹飞行的距离最远.

分析：上述问题中涉及速度等物理量，可根据平面向量的基本定理和物理问题的需要，

把v0分解为水平方向和竖直方向两个不共线的向量，再利用运动学知识建立数学模型，最后利用向量的知识求解.

解：将v0分解为水平方向和竖直方向两个分速度v1和v2，则| v1|=| v0|cos,

| v2|=| v0|sin , 由物理学知识可知，

炮弹在水平方向飞行的距离S =| v1|·t=| v0|cos·t（t是飞行时间） ① 炮弹在垂直方向的位移是0=| v2|·t-

12

gt（g是重力加速度） ② 222|v0|sin2|v0|2sincosv0sin2由②得t=,③代入①得S= ggg由于| v0|一定，所以当=45°时，S有最大值. 故发射角=45°时，炮弹飞行的距离最远.

点评：利用向量知识解决物理中有关“速度的合成与分解”。

1、二面角l是直二面角，A，B，设直线AB与、所成的角分别为∠1和∠2，则 （A）∠1+∠2=900 （B）∠1+∠2≥900 （C）∠1+∠2≤900 （D）∠1+∠2＜900 解析：C

1A2B如图所示作辅助线，分别作两条与二面角的交线垂直的线，则∠1和∠2

分别为直线AB与平面,所成的角。根据最小角定理：斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角ABO2ABO1902190

2. 下列各图是正方体或正四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点中不共面的一个图是 ．．．

SPSPPRQQSPSPRQRPSPPSSPQSRQQRPPRSRRPRPRQRPQQPSRSQRPSQR

QSQS

RQSQQSR

（A） （B） （C） （D）

D

解析： A项：PS底面对应的中线，中线平行QS，PQRS是个梯形

D'PSC'A'B'RDACB项： 如图

QB

C项：是个平行四边形 D项：是异面直线。

3. 有三个平面，β，γ，下列命题中正确的是

（A）若，β，γ两两相交，则有三条交线 （B）若⊥β，⊥γ，则β∥γ （C）若⊥γ，β∩=a，β∩γ=b，则a⊥b （D）若∥β，β∩γ=，则∩γ= D

解析：A项：如正方体的一个角，三个平面相交，只有一条交线。 B项：如正方体的一个角，三个平面互相垂直，却两两相交。

aC项：如图

b

4. 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面AB1内有一动点P到直线AB与直线B1C1的距离相等，则动点P所在曲线的形状为

ABOPAPBAPBOB1ABADBCPOB1PD1C1B1 C

A1B1

A1B1

A1

A1

A1

D'A'B'C'DC解析：B1C1平面AB1B1C1PB,，

如图：

ABP点到定点B的距离与到定直线AB的

距离相等，建立坐标系画图时可以以点B1B的中点为原点建立坐标系。

5. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中与AD1成600角的面对角线的条数是

（A）4条 （B）6条 （C）8条 （D）10条 C

D'A'B'C'A'D'B'C'DACADC解析：如图共8条。

B这样的直线有4条，另外，这样的

B直线也有4条，

6. 设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足ABAC0，ACAD0，ABAD0，则△BCD是 （A）钝角三角形 （B）直角三角形 （C）锐角三角形 （D）不确定 C

解析：假设AB为a，AD为b，AC为c，且aA22BD=abbc则，

，CD=c2b2，BC=a2c2acbBD如图

C则BD为最长边，根据余弦定理

cosDCBac2222cb222222ab2222accb0DCB最大角为锐角。

所以△BCD是锐角三角形。

7.设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列四个命题

（ ）

①若ab,a,则b//

②若a//,,则a

③a,,则a// ④若ab,a,b,则

（ ） D．3个

其中正确的命题的个数是

A．0个

B．1个

C．2个

B 解析：注意①中b可能在α上；③中a可能在α上；④中b//α，或b均有，

故只有一个正确命题

8.如图所示，已知正四棱锥S—ABCD侧棱长为

2，底

面边长为

3，E是SA的中点，则异面直线BE与SC

所成角的大小为 （ ） A．90° C．45°

B．60° D．30°

B 解析：平移SC到SB，运用余弦定理可算得BESESB2.

9. 对于平面M与平面N, 有下列条件: ①M、N都垂直于平面Q; ②M、N都平行于平面Q; ③ M内不共线的三点到N的距离相等; ④ l, M内的两条直线, 且l // M, m // N; ⑤ l, m是异面直线,且l // M, m // M; l // N, m // N, 则可判定平面M与平面N平行的条件的个数是

（ ）

CA．1

B．2

C．3

D．4 ABC1A1B1

只有②、⑤能判定M//N，选B

10. 已知正三棱柱ABC—A1B1C1中，A1B⊥CB1，则A1B与AC1 所成的角为

（A）450 （B）600 （C）900 （D）1200

C解析：作CD⊥AB于D，作C1D1⊥A1B1于D1，连B1D、AD1，易知ADB1D1是平行四边形，由三垂线定理得A1B⊥AC1，选C。

11. 正四面体棱长为1，其外接球的表面积为

A.

3π

B.

35π C.π 22 D.3π

解析：正四面体的中心到底面的距离为高的1/4。（可连成四个小棱锥得证

12. 设有如下三个命题：甲：相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内；乙：直线l、m中至少有一条与平面β相交；丙：平面α与平面β相交． 当甲成立时，

A．乙是丙的充分而不必要条件 B．乙是丙的必要而不充分条件

C．乙是丙的充分且必要条件 D．乙既不是丙的充分条件又不是丙的必要条件

解析：当甲成立，即“相交直线l、m都在平面α内，并且都不在平面β内”时，若“l、m中至少有一条与平面β相交”，则“平面α与平面β相交．”成立；若“平面α与平面β相交”，则“l、m中至少有一条与平面β相交”也成立．选（C）．

13. 已知直线m、n及平面，其中m∥n，那么在平面内到两条直线m、n距离相等的点的集合可能是：（1）一条直线；（2）一个平面；（3）一个点；（4）空集．其中正确的是 ．

解析：（1）成立，如m、n都在平面内，则其对称轴符合条件；（2）成立，m、n在平面的同一侧，且它们到的距离相等，则平面为所求，（4）成立，当m、n所在的平面与平面垂直时，平面内不存在到m、n距离相等的点

14.空间三条直线互相平行,由每两条平行线确定一个平面,则可确定平面的个数为（ ）

A．3

B．1或2

C．1或3

D．2或3

解析：C 如三棱柱的三个侧面。

15．若a、b为异面直线，直线c∥a，则c与b的位置关系是

A．相交

B．异面

C．平行

D． 异面或相交

（ ）

解析：D 如正方体的棱长。

16．在正方体A1B1C1D1—ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为

（ ）

A．

 6C．

B．

 4 2

 3D．

解析：DB1D在平面AC上的射影BD与AC垂直，根据三垂线定理可得。

17．如图，点P、Q、R、S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的一个图是（ ）

D'C'A'B'DAC解析：C A，B选项中的图形是平行四边形，而D选项中可见图：

B

18．如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC等于

（ ）

A．45° B．60° C．90° D．120°

ACB解析：B 如图

★右图是一个正方体的展开图，在原正方体中，有下列命题： 解析：D

①AB与CD所在直线垂直； ③AB与MN所在直线成60°角； 其中正确命题的序号是 A．①③

B．①④

②CD与EF所在直线平行 ④MN与EF所在直线异面 C．②③

（ ） D．③④

DEMB

FNAC

19．线段OA，OB，OC不共面，AOB=BOC=COA=60，OA=1，OB=2，OC=3，则△ABC是



A．等边三角形 C．锐角三角形

2

B非等边的等腰三角形 D．钝角三角形

2

2

2

2

2

（ ）

解析：B． 设 AC=x，AB=y，BC=z，由余弦定理知：x=1+3-3=7，y=1+2-2=3，z=2+3-6=7。 ∴ △ABC是不等边的等腰三角形，选（B）．

222

20．若a，b，l是两两异面的直线，a与b所成的角是

，l与a、l与b所成的角都是， 3

（ ）

则的取值范围是

A．[

566,] B．[

,] 32C．[

536,] D．[

,] 62解析：D

解 当l与异面直线a，b所成角的平分线平行或重合时，a取得最小值

6，当l与a、b的公垂线平行时，

a取得最大值

，故选（D）． 221.小明想利用树影测树高，他在某一时刻测得长为1m的 竹竿影长0.9m，但当他马上测树高时, 因树靠近一幢建 筑物,影子不全落在地面上，有一部分影子上了墙如图所 示.他测得留在地面部分的影子长2.7m, 留在墙壁部分的 影高1.2m, 求树高的高度（太阳光线可看作为平行光线） _______. 4．2米

解析：树高为AB，影长为BE，CD为树留在墙上的影高，BE=2.71.083.78米，树高AB=

CD1.21,CE=1.08米，树影长CECE0.9A1BE=4.2米。 0.922．如图,正四面体ABCD（空间四边形的四条边长及两

对角线的长都相等）中,E,F分别是棱

DBCE

AAD,BC的中点, 则

EEF和AC所成的角的大小是________.

2cosMFE.2，取AB的中点为M，

2BFCD解析：设各棱长为2，则EF=

即4.

23．OX，OY，OZ是空间交于同一点O的互相垂直的三条直

线，点P到这三条直线的距离分别为3，4，7，则OP长 为_______.

解析：在长方体OXAY—ZBPC中，OX、OY、OZ是相交的三条互相垂直的三条直线。又PZOZ，PYOY，PXOX，有 OX2+OZ2=49，OY2=OX2=9， OY2+OZ2=16，

得 OX+OY+OZ=37，OP=

222

37．

24．设直线a上有6个点，直线b上有9个点，则这15个点，能确定_____个不同的平面.

解析： 当直线a，b共面时，可确定一个平面； 当直线a，b异面时，直线a与b上9个点可确定9个不同平面，直线b与a上6个点可确定6个不同平面，所以一点可以确定15个不同的平面． 25. 在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点．求证：EF和AD为异面直线. 解析：假设EF和AD在同一平面内，…（2分），则A，B，E，F；……（4分）又A，EAB，∴ABEF和AD为异面直线．

26. 在空间四边形ABCD中，E，H分别是AB，AD的中点，F，G分别是CB，CD的中点，若AC + BD = a ，ACBD =b，求EG2，

∴B，……（6分）同理C……（8分）故A，B，C，D，这与ABCD是空间四边形矛盾。∴

FH2.

EA解析：四边形EFGH是平行四边形，…………（4分）

H11EG2FH2=2(EF2FG2)=(AC2BD2)(a22b)

22

27. 如图，在三角形⊿ABC中，∠ACB=90º，AC=b,BC=a,P是⊿ABC 所在平面外一点，PB⊥AB，M是PA的中点，AB⊥MC，求异面直MC与PB间的距离.

BDFCG

PMN解析：作MN//AB交PB于点N．（2分）∵PB⊥AB，∴PB⊥MN。（4分）又AB⊥MC，∴MN⊥MC．（8分）MN即为异面直线MC与PB的公垂线段，（10分）其长度就是MC与PB之间的距离， 则得

AB1122ab. MN=AB=2228. 已知长方体ABCD—A1B1C1D1中, A1A=AB， E、F分别是BD1和AD中点.

（1）求异面直线CD1、EF所成的角； （2）证明EF是异面直线AD和BD1的公垂线.

C

（1）解析：∵在平行四边形BAD1C1中，E也是AC1的中点，∴EF//C1D，（2分）

C1D1∴两相交直线D1C与CD1所成的角即异面直线CD1与EF所成的角.（4分）又

B1A1ECDFAA1A=AB，长方体的侧面

ABB1A1,CDD1C1都是正方形

，∴D1CCD1

∴异面直线CD1、EF所成的角为90°.（7分）

2（2）证：设AB=AA1=a, ∵D1F=a2ADBF,∴EF⊥BD1.（9分）

B

4由平行四边形BAD1C1，知E也是AC1的中点，且点E是长方体ABCD—A1B1C1D1的对称中心，（12分）∴EA=ED，∴EF⊥AD，又EF⊥BD1，∴EF是异面直线BD1与AD的公垂线.（14分）

B1C1D1

EA1

BCFAD

D

29. ⊿ABC是边长为2的正三角形，在⊿ABC所在平面外有一点

P，PB=PC=72，PA=

3，延长BP至D，使BD=7，E是BC2P的中点，求AE和CD所成角的大小和这两条直线间的距离. 解析：分别连接PE和CD，可证PE//CD，（2分）则∠PEA即是AE和CD所成角．（4分）在Rt⊿PBE中，

ABCE

PB=72，BE=1，∴PE=32。在⊿AEP中，AE=3，

39344=1．

cosAEP32232

∴∠AEP=60º，即AE和CD所成角是60º．（7分）

∵AE⊥BC，PE⊥BC，PE//DC，∴CD⊥BC，∴CE为异面直线AE和CD的公垂线段，（12分）它们之间的距离为1．（14分）

30. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是正方体的棱的中点，试证：E，F，G，H，M，N六点共面．

CC1,C1D1,D1A1BC，A1A,AB，

解析：∵EN//MF，∴EN与MF 共面，（2分）又∵EF//MH，∴EF和MH共面．（4分）∵不共线的三点E，F，M确定一个平面，（6分）∴平面与重合，∴点H。（8分）同理点G．（10分）故E，F，G，H，M，N六点共面．

31.三个互不重合的平面把空间分成六个部份时，它们的交线有 2条 D

解析：分类：1）当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，有两条交线； 2）当三个平面交于一条 直线时，有一条交线，故选D

32．两两相交的四条直线确定平面的个数最多的是

A．4个

B．5个

C．6个

（ ） D．8个

A．1条

B．2条

（ ） C．3条

D．1条或

解析：C 如四棱锥的四个侧面，C426个。

33.．在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点如果EF与HG交于点M，则

（ ）

A．M一定在直线AC上 B．M一定在直线BD上

C．M可能在AC上，也可能在BD上 D．M不在AC上，也不在BD上

解析：∵平面ABC∩平面ACD=AC，先证M∈平面ABC，M∈平面ACD，从而M∈AC

A

34. ．用一个平面去截正方体。其截面是一个多边形，则这个多边形的边数最多是 . 解析：6条

35. 已知：a,b,abA,Pb,PQ//a.

求证:PQ..(12分)

本题主要考查用平面公理和推论证明共面问题的方法.

解析：∵PQ∥a,∴PQ与a确定一个平面,直线a,点P.

pb,b,p

又a与重合PQ

36. 已知△ABC三边所在直线分别与平面α交于P、Q、R三点，求证：P、Q、R三点共线。（12分） 本题主要考查用平面公理和推论证明共线问题的方法 解析：∵A、B、C是不在同一直线上的三点

∴过A、B、C有一个平面

又ABP,且AB

点P既在内又在内,设l,则pl. 同理可证:Ql,Rl

P,Q,R三点共线.37. 已知：平面平面a,b,baA,c且c//a,

求证：b、c是异面直线

解析：反证法：若b与c不是异面直线，则b∥c或b与c相交

(1)若b//c.a//c,a//b这与abA矛盾(2)若b,c相交于B,则B,又abA,A AB,即b这与bA矛盾b,c是异面直线.38. 在空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E、F分别是AB、CD的中点，EF=

3，求AD与BC所成角的大小

（本题考查中位线法求异面二直线所成角）

解析：取BD中点M，连结EM、MF，则

11AD1,MF//BC且MFBC1,22EM2MF2EF21131

在MEF中,EF3,由余弦定理得cosEMF2EMMF22EMF120EM//AD,且EM异面直线AD,BC所成角的大小为6039. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，求异面直线CM与D1N所成角的正弦值.(14分)

（本题考查平移法，补形法等求异面二直线所成角）

解析：取DD1中点G，连结BG，MG，MB，GC得矩形MBCG，记MC∩BG=0 则BG和MC所成的角为异面直线CM与D1N所成的角.

3MC2MA2AC2(a)2(设正方体的棱长为a)2

BCacosBOC19sinBOC459而CM与D1N所成角的正弦值为45

940. 如图，P是正角形ABC所在平面外一点，M、N分别是AB和PC的中点，且PA=PB=PC=AB=a。 （1）求证：MN是AB和PC的公垂线 （2）求异面二直线AB和PC之间的距离

解析：（1）连结AN，BN，∵△APC与△BPC是全等的正三角形，又N是PC的中点

∴AN=BN

又∵M是AB的中点，∴MN⊥AB 同理可证MN⊥PC

又∵MN∩AB=M，MN∩PC=N ∴MN是AB和PC的公垂线。

（2）在等腰在角形ANB中，ANBN3a,ABa,MNAN2(1AB)22a

222即异面二直线AB和PC之间的距离为

2a. 241空间有四个点，如果其中任意三个点都不在同一条直线上，那么经过其中三个点的平面 [ ]

A．可能有3个，也可能有2个 B．可能有4个，也可能有3个 C．可能有3个，也可能有1个 D．可能有4个，也可能有1个

解析：分类，第一类，四点共面，则有一个平面，第二类，四点不共面，因为没有任何三点共线，则任何三点都确定一个平面，共有4个。.

42. 下列命题中正确的个数是 [ ] ①三角形是平面图形 ②四边形是平面图形

③四边相等的四边形是平面图形 ④矩形一定是平面图形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

解析：命题①是正确的，因为三角形的三个顶点不共线，所以这三点确定平面。

命题②是错误，因平面四边形中的一个顶点在平面的上、下方向稍作运动，就形成了空间四边形。命题③也是错误，它是上一个命题中比较特殊的四边形。

命题④是正确的，因为矩形必须是平行四边形，有一组对边平行，则确定了一个平面。 43. 如果一条直线上有一个点不在平面上，则这条直线与这个平面的公共点最多有____1个。

解析：如果有两个，则直线就在平面内，那么直线上的所有点都在这个平面内，这就与已知有一个点不在平面上矛盾，所以这条直线与这个平面的公共点最多有一个。

44. 空间一条直线及不在这条直线上的两个点，如果连结这两点的直线与已知直线_______，则它们在同一平面内。答案：相交或平行

解析：根据推论2，推论3确定平面的条件。

45. 三角形、四边形、正六边形、圆，其中一定是平面图形的有________3个。

解析：三角形的三个顶点不在一条直线上，故可确定一个平面，三角形在这个平面内；圆上任取三点一定不在一条直线上，这三点即确定一个平面，也确定了这个圆所在的平面，所以圆是平面图形；而正六边形内接于圆，故正六边形也是平面图形；而四边形就不一定是平面图形了，它的四个顶点可以不在同一平面内。

46. 三条平行直线可以确定平面_________个。答案：1个或3个

解析：分类、一类三线共面，即确定一个平面，另一类三线不共面，每两条确定一个，可确定3个。 47. 画出满足下列条件的图形。 (1)α∩β=1，a (2)α∩β=a，b

α，b β，b∥a

β，a∩b=A

解析：如图1-8-甲，1-8-乙

48.经过平面外两点A，B和平面垂直的平面有几个？ 解析：一个或无数多个。

当A，B不垂直于平面时，只有一个。 当A，B垂直于平面时，有无数多个。

49. 设空间四边形ABCD，E、F、G、H分别是AC、BC、DB、DA的中点，若AB＝12

2，CD＝4 2，且四边形EFGH的面积为12 3，求AB和CD所

DHCGEAFB

成的角.

解析： 由三角形中位线的性质知，HG∥AB，HE∥CD，∴ ∠EHG就是异面直线AB和CD所成的角.

∵ EFGH是平行四边形，HG＝

1 AB＝62， 2HE＝

1 ，CD＝232，

∴ SEFGH＝HG·HE·sin∠EHG＝126 sin∠

EHG,∴ 12

6sin∠

EHG＝12

3.

∴ sin∠EHG＝

22,故∠EHG＝45°.

∴ AB和CD所成的角为45°

注：本例两异面直线所成角在图中已给，只需指出即可。

50. 点A是BCD所在平面外一点，AD=BC，E、F分别是AB、CD的中点，

且EF=

22

AD，求异面直线AD和BC所成的角。（如图）

A121AD，由异面直线所成角定2解析：设G是AC中点，连接DG、FG。因D、F分别是AB、CD中点，故EG∥BC且EG=

EGBCFDBC，FG∥AD，且FG=

义可知EG与FG所成锐角或直角为异面直线AD、BC所成角，即∠EGF为所求。由BC=AD知EG=GF=

1AD，又EF=AD2，

由余弦定理可得

cos∠EGF=0，即∠EGF=90°。

注：本题的平移点是AC中点G，按定义过G分别作出了两条异面直线的平行线，然后在△EFG中求角。通常在出现线段中点时，常取另一线段中点，以构成中位线，既可用平行关系，又可用线段的倍半关系。

51. 已知空间四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M、N分别为BC、AD的中点。 求：AM与CN所成的角的余弦值；

解析：(1)连接DM,过N作NE∥AM交DM于E，则∠CNE 为AM与CN所成的角。

∵N为AD的中点, NE∥AM省 ∴NE=

1AM且E为MD的中点。 2

设正四面体的棱长为1， 则NC=

33131·= 且ME=MD=

44222 在Rt△MEC中，CE2=ME2+CM2=

317+= 164163237)()244162,

333244∴cos∠CNE=

CNNECE2CNNE222( 又∵∠CNE ∈(0,

) 22. 3∴异面直线AM与CN所成角的余弦值为

注：1、本题的平移点是N，按定义作出了异面直线中一条的平行线，然后先在△CEN外计算CE、CN、EN长，再回到△CEN中求角。

2、作出的角可能是异面直线所成的角，也可能是它的邻补角，在直观图中无法判定，只有通过解三角形后，根据这个角的余弦的正、负值来判定这个角是锐角（也就是异面直线所成的角）或钝角（异面直线所成的角的邻补角）。最后作答时，这个角的余弦值必须为正。

52. .如图所示，在空间四边形ABCD中，点E、F分别是BC、AD上的点，已知AB=4，CD=20，EF=7，

AFBE1。求异面直线AB与CD所成的角。 FDEC3解析：在BD上取一点G，使得

BG1，连结EG、FG GD3CEBFGD 在ΔBCD中，

BEBGEGBE1，故EG//CD，并且 ，

ECGDCDBC4FGDF3， AABAD4 所以，EG=5；类似地，可证FG//AB，且

故FG=3，在ΔEFG中，利用余弦定理可得 cos∠FGE=

D1A1DAOC1B1CBEG2GF2EF232527212EGGF2352E，故∠FGE=120°。

另一方面，由前所得EG//CD，FG//AB，

所以EG与FG所成的锐角等于AB与CD所成的角，于是AB与CD所成的角等于60°。 53. 在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1=c，AB=a，AD=b，且a＞b．求AC1与BD所成的角的余弦．

解一：连AC，设AC∩BD=0，则O为AC中点，取C1C的中点F，连OF，则OF∥AC1且OF=∠FOB即为AC1与DB所成的角。在△FOB中，OB=

1AC1，所以2，

12ab22，OF=

12ab2c22BE=

1212bc24，由余弦定理得

cos∠

D1A1DA22)C1O1B1FCOGB1211(ab2)(a2b2c2)(b2c2)444OB==

122ab2a2b2c24a2b2(ab)(abc222

解二：取AC1中点O1，B1B中点G．在△C1O1G中，∠C1O1G即AC1与DB所成的角。

解三：．延长CD到E，使ED=DC．则ABDE为平行四边形．AE∥BD，所以∠EAC1即为AC1与BD所成的角．连EC1，在△AEC1

中，AE=

a2b2，AC1=

a2b2c2，C1E=

4a2c2由余弦定理，得

cos∠EAC1=

(a2b2)(a2b2c2)(4a2c2)2ababc22222=

b2a2(ab)(abc22222)＜0

所以∠EAC1为钝角．

根据异面直线所成角的定义，AC1与BD所成的角的余弦为

a2b2(ab)(abc)22222

54. 已知AO是平面的斜线，A是斜足，OB垂直，B为垂足，则 直线AB是斜线在平面内的射影，设AC是内的任一条直线，

O解析：设AO与AB所成角为1，AB与AC所成角为2，AO与AC所成角为，则有coscos1cos2。

A'BC'AC在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=

∠ACB=90，AC问）

2,BC3,SB29，求异面直线SC与AB所成角的大小。（略去了该题的1,2

由SA⊥平面ABC知，AC为SC在平面ABC内的射影， 设异面直线SC与AB所成角为， 则

ScoscosSCAcosBAC，

ACB由

AC2,BC3,SB29 得AB17,SA23,SC2

∴

cosSCA21 ， cosBAC217，

∴

cos1717， 即异面直线SC与AB所成角为

arccos1717。

55. 已知平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且

B1C1BD1A1C1CBC1CDBCD60（略去了该题的2，3问）

，证明

C1CBD。

CADH解析： 设C1在平面ABCD内射影为H，则CH为C1C在平面ABCD内的射影，

∴

cosC1CDcosC1CHcosDCH，

∴

cosC1CBcosC1CHcosBCH，

由题意

C1CDC1CB， ∴cosDCHcosBCH。

又 ∵DCH,BCH[0,)

∴DCHBCH， 从而CH为DCB的平分线，

又四边形ABCD是菱形， ∴CHBD

∴C1C与BD所成角为90， 即C1CBD

56.. 在正四面体ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点， 求异面直线AE与CF所成角的大小。 解析： 连接BF、EF，易证AD⊥平面BFC， ∴ EF为AE在平面BFC内的射影， 设AE与CF所成角为， ∴

AFDECcoscosAEFcosCFE，

3a ， 2B设正四面体的棱长为a，则AECFBF显然 EF⊥BC， ∴

EF2a ， 2∴

cosAEFEF6AE3，

cosAFEEF6， CF3∴

cos22， 即AE∴与CF所成角为 arccos。 33O1A1B1，平面OBB1O1⊥平面OAB，

57. 三棱柱OABO1OB60,AOB90，且OBOO12,OA3，求异面直线A1B与AO1所成角的

大小，（略去了该题的1问）

O1A1CB1OAB

解析： 在平面BO1内作BCOO1于C ，连A1C，

由平面BOO1B1平面AOB，AOB90 知，

AO⊥平面BOO1B1， ∴

AOBC，

又

AOOO1O， ∴ BC⊥平面AOO1A1，

∴

A1C为A1B在平面AOO1A1内的射影。

设

A1B与AO1所成角为，A1C与AO1所成角为2，

则coscosBA1Ccos2，

由题意易求得

BC3,A1C2,A1B7 ，

∴

cosBA1CA1C2A1B7，

在矩形

AOO1A1中易求得A1C与AO1所成角2的余弦值：cos2714，

∴

coscosBA1Ccos21， 7即

A1B与AO1所成角为 arccos1。 758. 已知异面直线a与b所成的角为50，P为空间一定点，则过点P且与a，b所成的角均是30的直线有且只有（ ）

A、1条 B、2条 C、3条 D、4条

解析： 过空间一点P作a∥a，b∥b，则由异面直线所成角的定义知：a与b的交角为50，过P

''''

与a，b成等角的直线与a，b亦成等角，设a，b确定平面，a，b交角的平分线为l，则过l且与垂直的平面（设为）内的任一直线l与a，b成等角（证明从略），由上述结论知：l与a，b''''''''''''''所成角大于或等于l与a，b所成角25，这样在内l的两侧与a，b成30角的直线各有一条，共两条。在a，b相交的另一个角130内，同样可以作过130角平分线且与垂直的平面，由上述结论知，内任一直线与a，b所成角大于或等于65，所以内没有符合要求的直线，因此过P与a，b成30的直线有且只有2条，故选（B）

''''''59. 垂直于同一条直线的两条直线的位置关系是（ ） A.平行 B.相交

C.异面 D.以上都有可能 解析：D

60. l1、l2是两条异面直线，直线m1、m2与l1、l2都相交，则m1、m2的位置关系是（ ） A.异面或平行 B.相交 C.异面 D.相交或异面 解析：D

61. 在正方体ABCD-A’B’C’D’中,与棱AA’异面的直线共有几条 （ ）

A.4 B.6 C.8 D.10 解析：A

62.在正方体ABCD-A’B’C’D’中12条棱中能组成异面直线的总对数是 （ ）

A.48对 B.24对 C.12对 D.6对 解析：B

D'A'B'C'DACB棱AA’有4条与之异面,所以,所有棱能组成4×12=48对,但每一对都重复计算

一次,共有24对.

63.. 正方体ABCD-A’B’C’D’中,异面直线CD’和BC’所成的角的度数是（ ） A.45° B.60° C.90° D.120°

D'A'B'C'DAC解析：B

B ∠AD’C=60°即为异面直线CD’和BC’所成的角的度数为60°

64.异面直线a、b，a⊥b，c与a成30°角，则c与b成角的范围是 （ ）

,32A.

B.

,62

C.

2,63 D.

2,33

c2c1b解A

b成角的最小值是60°

直线c在位置c2时,它与b成角的最大值为90°,直线c在c1位置时,它与

65..如图，空间四边形ABCD的各边及对角线长都是1，点M在边AB上运动、点Q在边CD上运动，则P、Q的最短距离为（ ）

233A . B. C. D.2242 解析：B

当M,N分别为中点时。

因为AB, CD为异面直线，所以M, N的最短距离就是异面直线AB,CD的距离为最短。连接BN,AN则CD⊥BN,CD⊥AN且AN=BN,所以NM⊥AB。同理，连接CM,MD可得MN⊥CD。所以MN为AB,CD的公垂线。因为AN=BN

13BN2-BM2=所以在RT△BMN中，MN＝＝2312-=442求异面直线的距离通常利用定义来求，它包括两个步骤:先证一条线段同时与两异面直线相交垂直；再利用数量关系求解。在做综合题时往往大家只重视第二步，而忽略第一步。

66. 空间四边形ABCD中，AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点，EF＝√3，则AD,BC所成的角为（ ） A.30° B.60° C.90° D.120°

AEMBCFD

cosEMF=解B12+12-32211=-12注：考察异面直线所成角的概念，范围

及求法，需注意的是，异面直线所成的角不能是钝角，而利用平行关系构造可求解的三角形，可能是钝角三角形，望大家注意。同时求角的大小是先证明再求解这一基本过程。

67. 直线a是平面α的斜线，b在平α内，已知a与b成60°的角，且b与a在平α内的射影成45°角时，a与α所成的角是（ ）

A.45° B.60° C.90° D.135° 解A

AaOCBbA∈a，A在内的射影是C，则AC⊥于C，AB⊥b于B，则OB⊥平面ABCOB⊥BCOCOB∵cosAOC= cosAOB=cos60=OAOAOBOCcosBOC=cos45=∴cosAOC=OCOAcosAOBcos602===∴AOC=45cosBOCcos452 68. m和n是分别在两个互相垂直的面α、β内的两条直线，α与β交于l，m和n与l既不垂直，也不平行，那么m和n的位置关系是 A.可能垂直，但不可能平行 B.可能平行，但不可能垂直 C.可能垂直，也可能平行 D.既不可能垂直，也不可能平行

解析：这种结构的题目，常常这样处理，先假设某位置关系成立，在此基础上进行推理，若无矛盾，且推理过程可逆，就肯定这个假设；若有矛盾，就否定这个假设。 设m//n,由于m在β外，n在β内， ∴m//β

而α过m与β交于l ∴m//l，这与已知矛盾， ∴m不平行n.

设m⊥n，在β内作直线α⊥l, ∵α⊥β, ∴a⊥α, ∴m⊥a.

又由于n和a共面且相交（若a//n 则n⊥l，与已知矛盾） ∴m⊥β,

∴m⊥l与已知矛盾， ∴m和n不能垂直. 综上所述，应选（D）.

69. 如图，ABCD-A1B1C1D1是正方体，E、F分别是AD、DD1的中点，则面EFC1B和面BCC1所成二面角的正切值等于

解析：为了作出二面角E-BC1-C的平面角，需在一个面内取一点，过该点向另一个面引垂线（这是用三垂线定理作二面角的平面角的关键步骤）。

从图形特点看，应当过E（或F）作面BCC1的垂线.

解析：过E作EH⊥BC，垂足为H. 过H作HG⊥BC1，垂足为G.连EG. ∵面ABCD⊥面BCC1，而EH⊥BC ∵EH⊥面BEC1，

EG是面BCC1的斜线，HG是斜线EG在面BCC1内的射影. ∵HG⊥BC1，

∴EG⊥BC1，

∴∠EGH是二面角E-BC1-C的平面角。

在Rt△BCC1中：sin∠C1BC==

在Rt△BHG中：sin∠C1BC=

∴HG=（设底面边长为1）.

而EH=1，

在Rt△EHG中：tg∠EGH= ∴∠EGH=arctg

故二面角E-BC1-C 等于arctg.

70. 将边长为1的正方形ABCD，沿对角线AC折起，使BD=.则三棱锥D-ABC的体积为

解析：设AC、BD交于O点，则BO⊥AC

且DO⊥AC，在折起后，这个垂直关系不变，因此∠BOD是二面角B-AC-D的平面角. 由于△DOB中三边长已知，所以可求出∠BOD：

这是问题的一方面，另一方面为了求体积，应求出高，这个高实际上是△DOB中，OB边上的高DE，理由是：

∵DE⊥OB

∴DE⊥面ABC.

由cos∠DOB=，知sin∠DOE=

∴DE=

∴ 应选（B）

71. 球面上有三个点A、B、C. A和B，A和C间的球面距离等于大圆周长的. B和C间的球面距离等于

大圆周长的.如果球的半径是R，那么球心到截面ABC的距离等于

解析：本题考查球面距离的概念及空间想像能力.

如图所示，圆O是球的大圆，且大圆所在平面与面ABC垂直，其中弦EF是过A、B、C的小圆的直径，弦心距OD就是球心O到截面ABC的距离，OE是球的半径，因此，欲求OD，需先求出截面圆ABC的

半径.

下一个图是过A、B、C的小圆.AB、AC、CB是每两点之间的直线段.它们的长度要分别在△AOB、△AOC、

△COB中求得（O是球心）.由于A、B间球面距离是大圆周长的，所以∠AOB=×2π=，同理∠AOC=，

∠BOC=.

∴|AB|=R， |AC|=R， |BC|=.

在△ABC中，由于AB2+AC2=BC2. ∴∠BAC=90°,BC是小圆ABC的直径.

∴|ED|=

从而|OD|= 故应选B.

.

72. 如图，四棱锥P-ABCD中，ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，该图中，互相垂直的面有

A.4对 B.5对 C.6对 D.7对 答案（D）

解析：要找到一个好的工作方法，使得计数时不至于产生遗漏

73. ABCD是各条棱长都相等的三棱锥.M是△ABC的垂心，那么AB和DM所成的角等于______

解析：90°连CM交AB于N，连DN，易知N是AB中点，AB⊥CN，AB⊥DN. 74. 已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分别是AB、PC的中点. （1）求证：MN⊥CD；

（2）若∠PDA=45°，求证MN⊥面PCD.(12分) 解析：

(1)取PD中点E,又N为PC中点,连NE,则NE//CD,NE又AM//CD,AMMN//AE

1CD.21CD,AM//NE,四边形AMNE为平行四边形2PA平面ABCDCDPACD平面ADP ,CDAE.(注:或直接用三垂线定理CD面ABCDCDADAE平面ADP(2)当PDA45时,RtPAD为等腰直角三角形则AEPD,又MN//AE,MNPD,PDCDD MN平面PCD.75. 设P、Q是单位正方体AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心。

如图：（1）证明：PQ∥平面AA1B1B； （2）求线段PQ的长。（12分）

(1)证法一:取AA1,A1B1的中点M,N,连结MN,NQ,MP11AD,NQ//A1D1,NQA1D122MP//ND且MPNDMP//AD,MP四边形PQNM为平行四边形PQ//MNMN面AA1B1B,PQ面AA1B1BPQ//面AA1B1B证法二:连结AD1,AB1,在AB1D1中,显然P,Q分别是AD1,D1B的中点1PQ//AB,且PQAB12PQ面AA1B1B,AB1面AA1B1BPQ//面AA1B1B(2)方法一:PQMN方法二:PQA1M2A1N22a2

12AB1a.22评注：本题提供了两种解法，方法一，通过平行四边形的对边平行得到“线线平行”，从而证得“线面平行”；方法二，通过三角形的中位线与底边平行得到“线线平行”，从而证得“线面平行”。本题证法较多。

76. 如图，已知l,EA于A,EB于B,a,aAB.

求证a∥l

解析：

EA,EBlEAl平面EABllEB又a,EA,aEA

又aABa平面EABa//l.77. ．如图，ABCD为正方形，过A作线段SA⊥面ABCD，又过A作与SC垂直的平面交SB、SC、SD于E、K、H，求证：E、H分别是点A在直线SB和SD上的射影。（12分） 解析：

SA平面ABCDSABCBC平面ABCD又ABBC,SAABA,BC平面SABBCAESC平面AHKESCAE又BCSCCAE平面SBCAESB,即E为A在SB上的射影.用理可证,H是点A在SD上的射影.78. 在正方体ABCD—A1B1C1D1，G为CC1的中点，O为底面ABCD的中心。 解析：

求证：A1O⊥平面GBD（14分）

A1ABDBD平面A1ADBDA1OACBDA1O面A1AO2232a)a2222a3OG2OC2CG2(a)()2a22242a92A1G2A1C1C1G2(2a)2()a224222A1OOGA1G又A1O2A1A2AO2a2(A1OOG又BDOG0A1O平面GBD

79. 如图，已知a、b是两条相互垂直的异面直线，其公垂线段AB的长为定值m，定长为n（n>m）的线段PQ的两个端点分别在a、b上移动，M、N分别是AB、PQ的中点。

（1）求证：AB⊥MN；

（2）求证：MN的长是定值（14分）

解析：

(1)取PB中点H,连结HN,则HN//b又ABbABHN同理ABMHAB平面MNHAB平面MNHABMNbABb平面PABbPB.ba在RtPBQ中,BQ2PQ2PB2n2PB2(1)(2)在RtPBA中,PA2PB2AB2PB2m2(2)(1),(2)两式相加PA2BQ2n2m2ab,MHN90MNMH2NH2(PA2BQ212)()nm2(定值)222

80. 已知：平面与平面相交于直线a，直线b与、都平行，求证：b∥a．

证明：在a上取点P，b和P确定平面设与交于a，与交于a

∵ b∥且b∥

∴ b∥a且b∥a

∴

a与a重合，而a， a，实际上是a、a、a三线重合，

∴ a∥b．

81. 有三个几何事实(a，b表示直线，表示平面)，① a∥b，② a∥，③ b∥．其中，a，b在面外．

用其中两个事实作为条件，另一个事实作为结论，可以构造几个命题？请用文字语言叙述这些命题，并判断真伪．正确的给出证明，错误的举出反例．

解析：Ⅰ： a∥b a∥ b在外 Ⅱ：a∥b b∥ a在外

Ⅰ、Ⅱ是同一个命题：两条平行直线都在一个平面外，若其中一条与平面平行，则另一条也与该平面平行．

b∥

a∥

证明：过a作平面与交于a

∵ a∥ ∵ a∥a 而a∥b

∴ b∥a且b在外，a在内 ∴ b∥． Ⅲ：a∥ b∥

命题：平行于同一个平面的两条直线平行， 这是错的，如右图

82. 两个平面同时垂直于一条直线，则两个平面平行． 已知：、是两个平面，直线l⊥，l⊥，垂足分别为A、B． 求证：∥思路1：根据判定定理证．

a∥b

l证法1：过l作平面，

γ Aδ E∩＝AC，∩＝BD，

 CB DF

过l作平面，

∩＝AE，∩＝BF，

l⊥l⊥AC l⊥l⊥BD l、AC、BD共面

同理AE∥，AC∩AE≠，AC，AE，故∥． 思路2：根据面面平行的定义，用反证法． 证法2：设、有公共点P 则l与P确定平面， 且∩＝AP，∩＝BP． l⊥l⊥AP l⊥l⊥BP

l、AP、BP共面，于是在同一平面内过一点有两条直线AP、BP都与l垂直，这是不可能的． 故、不能有公共点，∴ ∥．

83. 已知：a、b是异面直线，a平面，b平面，a∥，b∥． 求证：∥．

证法1：在a上任取点P， 显然P∈b．

于是b和点P确定平面． 且与有公共点P ∴ ∩＝b′ 且b′和a交于P， ∵ b∥， ∴ b∥b′

AC∥BDAC∥，

b

∴ b′∥ 而a∥

这样内相交直线a和b′都平行于 ∴ ∥．

证法2：设AB是a、b的公垂线段， 过AB和b作平面，

∩＝b′，

过AB和a作平面，

∩＝a′．

a∥a∥a′ b∥b∥b′

∴AB⊥aAB⊥a′，AB⊥bAB⊥b′ 于是AB⊥且AB⊥，∴ ∥．

84. 已知a、b、c是三条不重合的直线，α、β、r是三个不重合的平面，下面六个命题： ①a∥c，b∥ca∥b； ②a∥r，b∥ra∥b； ③α∥c，β∥cα∥β； ④α∥r，β∥rα∥β； ⑤a∥c，α∥ca∥α； ⑥a∥r，α∥ra∥α． 其中正确的命题是

( (A) ①④ (B) ①④⑤ (C) ①②③

(D) ①⑤⑥

)

解析：由公理4“平行于同一条直线的两条直线互相平行”可知命题①正确；若两条不重合的直线同平行于一个平面，它们可能平行，也可能异面还可能相交，因此命题②错误；平行于同一条直线的两个不重合的平面可能平行，也可能相交，命题③错误；平行于同一平面的两个不重合的平面一定平行，命题④正确；若一条直线和一个平面分别平行于同一条直线或同一个平面，那么这条直线与这个平面或平行，或直线在该平面内，因此命题⑤、⑥都是错的，答案选A．

85. 已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC=BC，M、N分别是A1B1，AB的中点，P点在线段B1C上，则NP与平面AMC1的位置关系是

(A) 垂直 (B) 平行

( )

P

(C) 相交但不垂直 (D) 要依P点的位置而定 解析：由题设知B1M∥AN且B1M=AN， 四边形ANB1M是平行四边形， 故B1N∥AM，B1N∥AMC1平面．

又C1M∥CN，得CN∥平面AMC1，则平面B1NC∥AMC1，NP平面B1NC， ∴ NP∥平面AMC1． 答案选B．

86. 已知：正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为a． (1) 求证：平面A1BD∥平面B1D1C； (2) 求平面A1BD和平面B1D1C的距离． 证明：(1) 在正方体ABCD－A1B1C1D1中， ∵ BB1平行且等于DD1，

∴ 四边形BB1D1D是平行四边形， ∴ BD∥B1D1， ∴ BD∥平面B1D1C． 同理 A1B∥平面B1D1C，

又A1B∩BD=B，

∴ 平面A1BD∥平面B1D1C

解：(2) 连AC1交平面A1BD于M，交平面B1D1C于N． AC是AC1在平面AC上的射影，又AC⊥BD， ∴ AC1⊥BD， 同理可证，AC1⊥A1B，

∴ AC1⊥平面A1BD，即MN⊥平面A1BD， 同理可证MN⊥平面B1D1C．

∴ MN的长是平面A1BD到平面B1D1C的距离，

设AC、BD交于E，则平面A1BD与平面A1C交于直线A1E． ∵ M∈平面A1BD，M∈AC1平面A1C， ∴ M∈A1E． 同理N∈CF．

在矩形AA1C1C中，见图9－21(2)，由平面几何知识得

MN1AC1， 33a． 3∴

MN评述：当空间图形较为复杂时，可以分解图形，把其中的平面图形折出分析，利于清楚地观察出平面上各种线面的位置关系．证明面面平行，主要是在其中一个平面内找出两条与另一个平面平行的相交直线，或者使用反证法．

87. 已知正三棱柱ABC－A1B1C1，底面边长为8，对角线B1C=10，D为AC的中点． (1) 求证AB1∥平面C1BD；

(2) 求直线AB1到平面C1BD的距离．

证明：(1) 设B1C∩BC1=O． 连DO，则O是B1C的中点．

在△ACB1中，D是AC中点，O是B1C中点． ∴ DO∥AB1，

又DO平面C1BD，AB1平面C1BD， ∴ AB1∥平面C1BD．

解：(2) 由于三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，D是AC中点， ∴ BD⊥AC，且BD⊥CC1， ∴ BD⊥平面AC1，

平面C1BD⊥平面AC1，C1D是交线． 在平面AC1内作AH⊥C1D，垂足是H， ∴ AH⊥平面C1BD，

又AB1∥平面C1BD，故AH的长是直线AB1到平面C1BD的距离． 由BC=8，B1C=10，得CC1=6， 在Rt△C1DC中，DC=4，CC1=6，

sinC1DC64622313

在Rt△DAH中，∠ADH=∠C1DC

∴

AHADsinC1DC121313．

即AB1到平面C1BD的距离是

121313．

评述：证明线面平行的关键是在平面内找出与已知直线平行的直线，如本题的DO．本题的第(2)问，实质上进行了“平移变换”，利用AB1∥平面C1BD，把求直线到平面的距离变换为求点A到平面的距离．

88. 已知：直线a∥平面．求证：经过a和平面平行的平面有且仅有一个．

证：过a作平面与交于a，在内作直线b与a相交，在a上任取一点P，在b和P确定的平面内，过P作b∥b．b在外，b在内， ∴ b∥ 而a∥

∴ a，b确定的平面过a且平行于．

∵ 过a，b的平面只有一个，

∴ 过a平行于平面的平面也只有一个

∩=a，∩=a，∩=b，∩=b，89. 已知平面、、、．其中∩=l，a∥a，

b∥b

上述条件能否保证有∥？若能，给出证明，若不能给出一个反例，并添加适当的条件，保证有∥．

不足以保证∥．

如右图．

如果添加条件a与b是相交直线，那么∥．

l证明如下：

b＇ba＇a∥aa∥ b∥

ab∥b∵ a，b是内两条相交直线，

∴

∥．

90. 三个平面两两相交得三条直线，求证：这三条直线相交于同一点或两两平行.

已知：平面α∩平面β＝a，平面β∩平面γ＝b，平面γ∩平面α＝c. 求证：a、b、c相交于同一点，或a∥b∥c. 证明：∵α∩β＝a，β∩γ＝b ∴a、bβ ∴a、b相交或a∥b.

(1)a、b相交时，不妨设a∩b＝P，即P∈a，P∈b 而a、bβ，aα

∴P∈β，P∈α，故P为α和β的公共点 又∵α∩γ＝c 由公理2知P∈c

∴a、b、c都经过点P，即a、b、c三线共点. (2)当a∥b时

∵α∩γ＝c且aα，aγ ∴a∥c且a∥b ∴a∥b∥c

故a、b、c两两平行.

由此可知a、b、c相交于一点或两两平行.

说明：此结论常常作为定理使用，在判断问题中经常被使用.

91. 如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E在AB1上，F在BD上，且B1E＝BF. 求证：EF∥平面BB1C1C.

证法一：连AF延长交BC于M，连结B1M. ∵AD∥BC ∴△AFD∽△MFB

∴

AFDFFMBF

又∵BD＝B1A，B1E＝BF ∴DF＝AE

∴

AFAE FMB1E∴EF∥B1M，B1M平面BB1C1C ∴EF∥平面BB1C1C.

证法二：作FH∥AD交AB于H，连结HE ∵AD∥BC

∴FH∥BC，BCBB1C1C ∴FH∥平面BB1C1C

由FH∥AD可得

BFBH BDBA又BF＝B1E，BD＝AB1

∴

B1EBHAB1BA

∴EH∥B1B，B1B平面BB1C1C ∴EH∥平面BB1C1C，

EH∩FH＝H

∴平面FHE∥平面BB1C1C

EF平面FHE

∴EF∥平面BB1C1C

说明：证法一用了证线面平行，先证线线平行.证法二则是证线面平行，先证面面平行，然后说明直线在其中一个平面内.

92. 已知：平面α∥平面β，线段AB分别交α、β于点M、N；线段AD分别交α、β于点C、D；线段BF分别交α、β于点F、E，且AM=m,BN=n,MN=p，△FMC面积=(m+p)(n+p),求：END的面积. 解析：如图，面AND分别交α、β于MC，ND，因为α∥β， 故MC∥ND，同理MF∥NE，得 ∠FMC＝∠END，

∴ND∶MC＝（m+p)：m和EN∶FM＝n∶(n+p)

S△END∶S△FMC1ENNDsinEND＝2 1FMMCsinFMC2

得S△END＝

ENND×SFMMC△FMC＝

nmpnpm·(m+p)(n+p)=

nm(m+p)

2

∴△END的面积为

nm(m+p)2平方单位.

93. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点N在BD上，点M在B1C上，并且CM=DN.

求证:MN∥平面AA1B1B.

解析：本题是把证“线面平行”转化为证“线线平行”，即在平面ABB1A1内找一条直线与MN平行，除上面的证法外，还可以连CN并延长交直线

BA于点P，连B1P，就是所找直线，然后再设法证明MN∥B1P.

分析二：要证“线面平行”也可转化为证“面面平行”，因此，本题也可设法过MN作一个平面，使此平面与平面ABB1A1平行，从而证得MN∥平面ABB1A1.

94. 已知E，F分别是正方形ABCD边AD，AB的中点，EF交AC于M，GC垂直于ABCD所在平面．

（1）求证：EF⊥平面GMC．

（2）若AB＝4，GC＝2，求点B到平面EFG的距离．

解析：第1小题，证明直线与平面垂直，常用的方法是判定定理；第2小题，如果用定义来求点到平面的距离，因为体现距离的垂线段无法直观地画出，因此，常常将这样的问题转化为直线到平面的距离问题． 解：

（1）连结BD交AC于O，

∵E，F是正方形ABCD边AD，AB的中点，AC⊥BD， ∴EF⊥AC．

∵AC∩GC＝C， ∴EF⊥平面GMC．

（2）可证BD∥平面EFG，由例题2，正方形中心O到平面EFG

95. 已知：ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，E是SC上一点．

求证：BE不可能垂直于平面SCD． 解析：用到反证法，假设BE⊥平面SCD，

∵ AB∥CD；∴AB⊥BE．

∴ AB⊥SB，这与Rt△SAB中∠SBA为锐角矛盾． ∴ BE不可能垂直于平面SCD．

96. 已知PA，PB，PC与平面α所成的角分别为60°，45°，30°，PO⊥平面α，O为垂足，又斜足A，B，C三点在同一直线上，且AB＝BC＝10cm，求PO的长．

解析：

97. 已知：如图，AS⊥平面SBC，SO⊥平面ABC于O， 求证：AO⊥BC．

解析：连结AO，证明BC⊥平面ASO．

98. 已知ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，M、N分别是SC、AB的中点． 求证：MN⊥AB．

解析：连结MB、MA，证明MB＝MA．

99. 已知：如图，平面∩平面＝直线l，A∈ ，AB⊥，B∈，BC⊥，C∈，求证：AC⊥l． 证明：∵ AB⊥，l ∴ l⊥AB ∵ BC⊥，l ∴ l⊥BC ∵ AB∩BC＝B ∴ l⊥平面ABC ∵ AC平面ABC ∴ l⊥AC

100. 已知：如图，P是∠BAC所在平面外一点，PD⊥AB，D为垂足，PE⊥AC，E为垂足，在平面BAC内过D作DF⊥AB，过E作EF⊥AC，使得EF∩DF＝F．连结PF，求证：PF⊥平面BAC． 证明：∵PD⊥AB，DF⊥AB，PDDF＝D ∴AB⊥平面PDF ∵PF平面PDF ∴ AB⊥PF

同理，AC⊥PF

∵ PF⊥AB，PF⊥AC，BAAC＝A ∴ PF⊥平面BAC 101.

ABC是△ABC在平面α上的射影，那么ABC和∠ABC的大小关系是

(A) (C)

( )

ABC<∠ABC ABC≥∠ABC

(B)

ABC>∠ABC

(D) 不能确定

解析：D

一个直角，当有一条直角边平行于平面时，则射影角可以等于原角大小，但一般情况不等．

102. 已知: 如图, △ABC中, ACB = 90, CD平面, AD, BD和平面所成的角分别为30和45, CD = h, 求: D点到直线AB的距离。

解析：1、先找出点D到直线AB的距离, 即过D点作 DEAB, 从图形以及条件可知, 若把DE放在△ABD中不易求解。

2、由于CD平面, 把DE转化到直角三角形中求解, 从而转化为先求DE在平面内的射影长。

解: 连AC, BC, 过D作DEAB, 连CE, 则DE为D到直线AB的距离。

∵CD

∴AC, BC分别是AD, BD在内的射影。

∴DAC, DBC分别是AD和BD与平面所成的角 ∴DAC = 30, DBC = 45 在Rt△ACD中, ∵CD = h, DAC = 30

∴AC =

3h

在Rt△BCD中

∵CD = h, DBC = 45

∴BC = h ∵CD, DEAB ∴CEAB 在Rt△ACB中

ABAC2BC22h

S11ACBCAB·CE 22ACBCAB3h·h3h 2h2

∴CE ∴在Rt△DCE中,

DEDC2CE2h2(327h)h 22 ∴点D到直线AB的距离为

7h。 2103. 已知a、b、c是平面α内相交于一点O的三条直线，而直线l和α相交，并且和a、b、c三条直线成等角． 求证：l⊥α

证法一：分别在a、b、c上取点A、B、C并使AO = BO = CO．设l经过O，在l上取一点P，在△POA、△POB、△POC中，

∵ PO公用，AO = BO = CO，∠POA =∠POB=∠POC， ∴ △POA≌△POB≌△POC

∴ PA = PB = PC．取AB中点D．连结OD、PD，则OD⊥AB，PD⊥AB， ∵

PDODD

∴ AB⊥平面POD ∵ PO平面POD． ∴ PO⊥AB． 同理可证 PO⊥BC ∵

AB，BC，ABBCB

∴ PO⊥α，即l⊥α

若l不经过O时，可经过O作l∥l．用上述方法证明l⊥α， ∴ l⊥α．

证法二：采用反证法

假设l不和α垂直，则l和α斜交于O． 同证法一，得到PA = PB = PC． 过P作PO于O，则

AOBOCO，O是△ABC的外心．因为O也是△ABC的外心，这样，

△ABC有两个外心，这是不可能的． ∴ 假设l不和α垂直是不成立的． ∴ l⊥α

若l不经过O点时，过O作l∥l，用上述同样的方法可证l⊥α， ∴ l⊥α

评述：（1）证明线面垂直时，一般都采用直接证法（如证法一），有时也采用反证法（如证法二）或同一法． 104. P是△ABC所在平面外一点，O是点P在平面α上的射影． （1）若PA = PB = PC，则O是△ABC的____________心．

（2）若点P到△ABC的三边的距离相等，则O是△ABC_________心． （3）若PA 、PB、PC两两垂直，则O是△ABC_________心．

（4）若△ABC是直角三角形，且PA = PB = PC则O是△ABC的____________心． （5）若△ABC是等腰三角形，且PA = PB = PC，则O是△ABC的____________心． （6）若PA、PB、PC与平面ABC所成的角相等，则O是△ABC的________心； 解析：（1）外心．∵ PA=PB=PC，∴ OA=OB=OC，∴ O是△ABC的外心．

（2）内心（或旁心）．作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，连结PD、PE、PF．∵ PO⊥平面ABC，∴ OD、OE、OF分别为PD、PE、PF在平面ABC内的射影，由三垂线定理可知，PD⊥AB，PE⊥BC，PF⊥AC．由已知PD=PE=PF，得OD=OE=OF，∴ O是△ABC的内心．（如图答9-23） （3）垂心．

（4）外心．（5）外心

（6）外心．PA与平面ABC所成的角为∠PAO，在△PAO、△PBO、△PCO中，PO是公共边，∠POA=∠POB=∠POC=90°，∠PAO=∠PBO=∠PCO，∴ △PAO≌△PBO≌△PCO，∴ OA=OB=OC，∴ O为△ABC的外心．

（此外心又在等腰三角形的底边高线上）．

105. 将矩形ABCD沿对角线BD折起来，使点C的新位置C在面ABC上的射影E恰在AB上． 求证：

ACBC

ACBC，只须证BC与AC所在平面ACD垂直；而要证BC⊥平面ACD，只须证BC⊥CD且BC⊥AD．因此，如何利用三垂线定理证明线线垂直就成为关键步骤了．

分析：欲证

证明：由题意，BC⊥CD，又斜线BC在平面ABCD上的射影是BA， ∵ BA⊥AD，由三垂线定理，得CBAD，CDDAD．

∴ ∴

BC⊥平面CAD，而CA平面CAD BC⊥AC

106. 已知异面直线l1和l2，l1⊥l2，MN是l1和l2的公垂线，MN = 4，A∈l1，B∈l2，AM = BN = 2，O是MN中点．① 求l1与OB的成角．②求A点到OB距离．

分析：本题若将条件放入立方体的“原型”中，抓住“一个平面四条线”的图形特征及“直线平面垂直”的关键性条件，问题就显得简单明了．

解析：（1）如图，画两个相连的正方体，将题目条件一一标在图中． OB在底面上射影NB⊥CD，由三垂线定理，OB⊥CD，又CD∥MA， ∴ OB⊥MA 即OB与l1成90° （2）连结BO并延长交上底面于E点． ME = BN，∥ ∴ ME = 2，又 ON = 2

∴

OBOE22．

作AQ⊥BE，连结MQ．

对于平面EMO而言，AM、AQ、MQ分别为垂线、斜线、斜线在平面内的射影，由三垂线逆定理得MQ⊥EO．

在Rt△MEO中，MQMEMO222．

EO22评述：又在Rt△AMQ中，

AQAM2MQ2426，本题通过补形法使较

困难的问题变得明显易解；求点到直线的距离，仍然是利用直线与平面垂直的关键条件，抓住“一个面四条线”的图形特征来解决的．

107. 已知各棱长均为a的正四面体ABCD，E是AD边的中点，连结CE．求CE与底面BCD所成角的正弦值． 解析：作AH⊥底面BCD，垂足H是正△BCD中心， 连DH延长交BC于F，则平面AHD⊥平面BCD，

作EO⊥HD于O，连结EC， 则∠ECO是EC与底面BCD所成的角 则EO⊥底面BCD．

HD2233DFaa 3323a26AHADHDaa

33222EO11663AHaa，CEa 223626aEO26∴ sinECO

3EC3a2