高中 向量 例题详解总汇(2) (含答案)

一、复习引入

1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示； ⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式； ⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？

2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？

⑴利用定义a·b＝|a||b|cos＜a,b＞或cos＜a,b＞＝ab，可求两个向量的数量积或夹角问题；

ab⑵利用性质a⊥ba·b＝０可以解决线段或直线的垂直问题； ⑶利用性质a·a＝｜a｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题． 二、例题讲解

1. 出示例1：已知空间四边形OABC中，OABC，OBAC．求证：OCAB．

AB＝OC·(OB证明：OC·

OA) ＝OC·OB－OC·OA．

0，OB·AC0，

BC∵OABC，OBAC， ∴OA·OC∴OA·OA·(OCOB)0，OB·(OCOA)0．

OA·OB，OB·OCOB·OA．

OB＝OC·OA，OC·AB＝0． ∴OCAB ∴OC·2. 出示例2：如图，已知线段AB在平面α内，线段AC，线段BD⊥AB，线段DD'，DBD'30，如

果AB＝a，AC＝BD＝b，求C、D间的距离． 解：由AC，可知ACAB．

由DBD'30可知，＜CA,BD＞＝120， ∴|CDBD) |2＝(CAABBD)2＝|CA|2＋|AB|2＋|BD|2＋2(CA·AB＋CA·BD＋AB·2 ＝ba2b22b2cos120＝a2b2． a2b2．

∴CD3. 出示例3：如图，M、N分别是棱长为1的正方体ABCDA'B'C'D'的棱BB'、

的中点．求异面直线MN与CD'所成的角．

B'C'1(CC'BC)，CD'＝CC'CD， 211CD)． CD'＝(CC'BC)·(CC'CD)＝(|CC'|2＋CC'CD＋BC·CC'＋BC·∴MN·22CC'0，BC·CD0， ∵CC'CD，CC'BC，BCCD，∴CC'CD0，BC·111CD'＝|CC'|2＝． …求得 cos＜MN,CD'＞，∴＜MN,CD'＞＝60. ∴MN·222解：∵MN＝

4. 小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量表示未知向量，然后通过向

量的运算去计算或证明．

三、巩固练习 作业：课本P116 练习 1、2题.

第二课时： §3.2 立体几何中的向量方法（二）

教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题． 教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用． 教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用． 教学过程： 一、复习引入

讨论：将立体几何问题转化为向量问题的途径？

（1）通过一组基向量研究的向量法，它利用向量的概念及其运算解决问题；

（2）通过空间直角坐标系研究的坐标法，它通过坐标把向量转化为数及其运算来解决问题. 二、例题讲解

1. 出示例1： 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中

点，求

证：D1F平面ADE．

证明：不妨设已知正方体的棱长为１个单位长度，且设DA＝i，DC＝j，DD1＝k．以i、j、k为坐标向量建立空间直角坐标系D－xyz，则

11,-1)，∴AD·D1F＝(-1,0,0)·(0,,-1)＝0，∴D1FAD． 22111 又 AE＝(0,1,)，∴AE·D1F＝(0,1,)·(0,,-1)＝0， ∴D1F AE．

222 又 ADAEA， ∴D1F平面ADE．

∵

AD＝(-1,0,0)，D1F＝(0,

说明：⑴“不妨设”是我们在解题中常用的小技巧，通常可用于设定某些与题目要求无关的一些数据，以使问题的解决简单化．如在立体几何中求角的大小、判定直线与直线或直线与平面的位置关系时，可以约定一些基本的长度．⑵空间直角坐标些建立，可以选取任意一点和一个单位正交基底，但具体设置时仍应注意几何体中的点、线、面的特征，把它们放在恰当的位置，才能方便计算和证明． 2. 出示例2：课本P116 例3

分析：如何转化为向量问题？进行怎样的向量运算？ 3. 出示例3：课本P118 例4

分析：如何转化为向量问题？进行怎样的向量运算？

4. 出示例4：证：如果两条直线同垂直于一个平面，则这两条直线平行．

改写为：已知：直线OA⊥平面α，直线BD⊥平面α，O、B为垂足．求证：OA//BD． 证明：以点O为原点，以射线OA为非负z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，i,j,k为沿x轴，y轴，z轴的坐标向量，且设BD＝(x,y,z)． ∵BD⊥α， ∴BD⊥i，BD⊥j，

∴BD·i＝(x,y,z)·(1,0,0)＝x＝0，BD·j＝(x,y,z)·(0,1,0)＝y＝0,

∴BD＝(0,0,z)．∴BD＝zk．即BD//k．由已知O、B为两个不同的点，∴OA//BD．

5. 法向量定义：如果表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a⊥α．如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量． 6. 小结：

向量法解题“三步曲”：（1）化为向量问题 →（2）进行向量运算 →（3）回到图形问题. 三、巩固练习 作业：课本P120、 习题A组 1、2题. 第三课时： §3.2 立体几何中的向量方法（三）

教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题． 教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用． 教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用． 教学过程： 一、复习引入

1. 法向量定义：如果直线l平面, 取直线l的方向向量为a，则向量a叫作平面α的法向量（normal vectors）. 利用法向量，可以巧妙的解决空间角度和距离.

2. 讨论：如何利用法向量求线面角？ → 面面角？

直线AB与平面α所成的角，可看成是向量AB所在直线与平面α的法向量n所在直线夹角的余角，从而求线面角转化为求直线所在的向量与平面的法向量的所成的线线角，根据两个向量所成角的余弦公式cos们可以得到如下向量法的公式：

a,babab，我

sincosAB,nABnABn.

3. 讨论：如何利用向量求空间距离？

两异面直线的距离，转化为与两异面直线都相交的线段在公垂向量上的投影长. 点到平面的距离，转化为过这点的平面的斜线在平面的法向量上的投影长. 二、例题讲解：

1. 出示例1：长方体ABCD

A1B1C1D1中，AD=AA1=2，AB=4，E、F分别是A1D1、AB的中点，O是BC1与B1C的

所示

交点. 求直线OF与平面DEF所成角的正弦.

解：以点D为空间直角坐标系的原点，DA、DC、DD1为坐标轴，建立如图的空间直角坐标系. 则

D(2,2,0),E(1,0,2),F(2,2,0),O(1,4,1),C(0,4,0).

设平面DEF的法向量为 则n(x,y,z)，

(1,0,2)， DF(2,2,0).

nDEnDFx2z0nDE0 ∴  ，即, 解得x:y:z2:2:1， ∴ n(2,2,1).

2x2y0nDF0∵

， 而DEnOF|n||OF|cos ， 而OF(1,2,1).

∴ cosnOF212(2)1(1)76 2222218|n||OF|(2)211(2)(1)76. 182. 变式： 用向量法求：二面角A1DEO余弦；OF与DE的距离；O点到平面DEF的距离.

所以，直线OF与平面DEF所成角的正弦为三、巩固练习

作业：课本P121、 习题A组 5、6题.

108. 已知四面体S－ABC中，SA⊥底面ABC，△ABC是锐角三角形，H是点A在面SBC上的射影．求证：H不可能是△SBC的垂心．

分析：本题因不易直接证明，故采用反证法．

证明：假设H是△SBC的垂心，连结BH，并延长交SC于D点，则BH⊥SC ∵ AH⊥平面SBC，

S∴ BH是AB在平面SBC内的射影 ∴ SC⊥AB（三垂线定理）

又∵ SA⊥底面ABC，AC是SC在面内的射影 ∴ AB⊥AC（三垂线定理的逆定理）

∴ △ABC是Rt△与已知△ABC是锐角三角形相矛盾，于是假设不成立． 故H不可能是△SBC的垂心．

109. 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求点B到平面EFG的距离．

DHABC

解析：如图，连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O． 因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EF∥BD，H为AO的中点．

BD不在平面EFG上．否则，平面EFG和平面ABCD重合，从而点G在平面的ABCD上，与题设矛盾． 由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG，所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离． ——4∵ BD⊥AC， ∴ EF⊥HC． ∵ GC⊥平面ABCD， ∴ EF⊥GC， ∴ EF⊥平面HCG．

∴ 平面EFG⊥平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线． ——6分

作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离． ——8分 ∵ 正方形ABCD的边长为4，GC=2， ∴ AC=4

分

2，HO=2，HC=32．

∴ 在Rt△HCG中，HG=

3222222．

由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG．

∴ OK=

HOGC22211． HG112221111． ——10分

即点B到平面EFG的距离为

注：未证明“BD不在平面EFG上”不扣分．

110. 已知：AB与CD为异面直线，AC＝BC，AD＝BD． 求证：AB⊥CD．

说明：（1）应用判定定理，掌握线线垂直的一般思路．

（2）思路：欲证线线垂直，只需证线面垂直，再证线线垂直，而由已知构造线线垂直是关键．

（3）教学方法，引导学生分析等腰三角形三线合一的性质构造图形，找到证明方法． 证明：如图，取AB中点E，连结CE、DE ∵AC＝BC，E为AB中点． ∴CE⊥AB

同理DE⊥AB，又CE∩DE＝E，

且CE平面CDE，DE平面CDE． ∴AB⊥平面CDE 又CD平面CDE ∴AB⊥CD．

111. 两个相交平面、都垂直于第三个平面，那么它们的交线a一定和第三个平面垂直． 证明：在内取一点P，过P作PA垂直与的交线；直与的交线． ∵ ⊥且⊥ ∴ PA⊥且PB⊥ ∴ PA⊥a且PB⊥a ∴ a⊥

112. 在立体图形P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，Q是PC中点． AC，BD交于O点．

（Ⅰ）求二面角Q－BD－C的大小： （Ⅱ）求二面角B－QD－C的大小．

解析：（Ⅰ）解：连QO，则QO∥PA且QO＝

12PA＝12AB ∵ PA⊥面ABCD ∴ QO⊥面ABCD 面QBD过QO，

过P作PB垂

∴ 面QBD⊥面ABCD

故二面角Q－BD－C等于90°．

（Ⅱ）解：过O作OH⊥QD，垂足为H，连CH．

∵ 面QBD⊥面BCD， 又∵ CO⊥BD BCO⊥面QBD

CH在面QBD内的射影是OH ∵ OH⊥QD ∴ CH⊥QD

于是∠OHC是二面角的平面角． 设正方形ABCD边长2， 则OQ＝1，OD＝

2，QD＝3．

∵ OH·QD＝OQ·OD

∴ OH＝

23．

又OC＝

2

在Rt△COH中：tan∠OHC＝

OCOH＝

2·23＝

3

∴ ∠OHC＝60°

故二面角B－QD－C等于60°．

113. 如图在ΔABC中， AD⊥BC， ED=2AE， 过E作FG∥BC，⊥平面A'BC

QHODC且将ΔAFG沿FG折起，使∠A'ED=60°，求证:A'E

解析：弄清折叠前后，图形中各元素之间的数量关系和位置关系。 解： ∵FG∥BC，AD⊥BC ∴A'E⊥FG ∴A'E⊥BC 设A'E=a，则ED=2a 由余弦定理得：

A'D=A'E+ED-2•A'E•EDcos60° =3a

2

2

2

2

2

2

A'GAEFCDB∴ED=A'D+A'E∴A'D⊥A'E

2

∴A'E⊥平面A'BC

114. α、β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α．以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题，并证明它． 解析：m⊥α，n⊥β，α⊥βm⊥n（或m⊥n，m⊥α，n⊥βα⊥β） 证明如下：过不在α、β内的任一点P，作PM∥m，PN∥n

过PM、PN作平面r交α于MQ，交β于NQ．

mPMPMMQ，

PM//m同理PN⊥NQ．

因此∠MPN＋∠MQN = 180°， 故∠MQN = 90°∠MPN = 90° 即α⊥βm⊥n． 115. 已知：a，α⊥γ

，β⊥γ，b∥α，b∥β．

求证：a⊥γ且b⊥γ．

解析：在a上任取一点P，过P作PQ⊥r． ∵ β⊥r， ∴ PQ，

∵ α⊥r， ∴

PQ，

∴ PQ与a重合，故a⊥r． 过b和点P作平面S，

则S和α交于PQ1，S和β交于PQ2， ∵ b∥α，b∥β

∴ b∥PQ1，且b∥PQ2． 于是PQ1和PQ2与a重合， 故b∥a， 而a⊥r， ∴ b⊥r．

116. 已知PA⊥矩形ABCD所在平面，且AB＝3，BC＝4，PA＝3，求点P到的距离．

解析：∵ PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，且CD平面ABCD．

∴ PD⊥CD（三垂线定理）．在Rt△PAD中，PD＝

PA2AD2＝

3242＝5．

又作PH⊥BD于H，连结AH，由三垂线定理的逆定理， 有AH⊥BD．这里，PH为点P到BD的距离．

在Rt△ABD中，AH＝

ABADBD＝125

2在Rt△PAH中，PH＝PA2AH2＝

32125＝

3695

117. 点P在平面ABC的射影为O，且PA、PB、PC两两垂直，那么O是△ABC的( )

(A) 内心 (B) 外心 (C) 垂心

(D) 重心

解析：由于PC⊥PA，PC⊥PB，所以PC⊥平面PAB， ∴ PC⊥AB．

CD和BD

又P在平面ABC的射影为O，连CO，则CO是PC在平面ABC的射影，定理的逆定理，得：CO⊥AB，

同理可证AO⊥BC，O是△ABC的垂心，答案选C．

根据三垂线

118. 如图02，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q、R分别是棱AA1、BB1、BC上的点，PQ∥AB，C1Q⊥PR，求证：∠D1QR=90°．

证明：∵ PQ∥AB，AB⊥平面BC1，

∴ PQ⊥平面BC1，QR是PR在平面BC1的射影． 根据三垂线定理的逆定理，由C1Q⊥PR得C1Q⊥QR．

又因D1C1⊥平面BC1，则C1Q是D1Q在平面B1C的射影，根据三垂C1Q⊥QR得QR⊥D1Q． ∴ ∠D1QR=90°

119. 在空间四边形ABCD中, 已知ACBD, ADBC, 求证: ABCD。

解析： 1、条件ACBD, ADBC, 可以看作斜线AD, AC与平面BCD内的直线的位置关系, 从而联想到用三垂线定理或其逆定理证明命题。

2、如何找斜线在平面内的射影, 显然是过A点作直线垂直于平面BCD, 这样斜线与直线的位置关系, 通过射影与直线的位置关系判定。

证明: 过A点作AO垂直于平面BCD于O

连BO, CO, DO

∵AO平面BCD, ACBD ∴COBD

线定理，由

∵AO平面BCD, ADBC

∴DOBC

∴O为△BCD的垂心 ∴BOCD

∴ABCD

120. 如图, 在空间四边形SABC中, SA平面ABC, ABC = 90, ANSB于N, AMSC于M。求证: ①ANBC; ②SC平面ANM

解析： ①要证ANBC, 转证, BC平面SAB。

②要证SC平面ANM, 转证, SC垂直于平面ANM内的两条相交直线, 即证SCAM, SCAN。要证SCAN, 转证AN平面SBC, 就可以了。 证明:

①∵SA平面ABC

∴SABC

又∵BCAB, 且ABSA = A

∴BC平面SAB ∵AN平面SAB ∴ANBC

②∵ANBC, ANSB, 且SBBC = B ∴AN平面SBC ∵SCC平面SBC ∴ANSC

又∵AMSC, 且AMAN = A

∴SC平面ANM

121. 已知如图，P平面ABC，PA=PB=PC，∠APB=∠APC=60°，∠BPC=90 °

面ABC⊥平面PBC

解析：要证明面面垂直，只要在其呈平面内找一条线，然后证明直线与另

求证：平

一平面

垂直即可。显然BC中点D，证明AD垂直平PBC即可 证明： 取BC中点D 连结AD、PD ∵PA=PB；∠APB=60° ∴ΔPAB为正三角形 同理ΔPAC为正三角形 设PA=a

在RTΔBPC中，PB=PC=a BC=

2a 22 ∴PD=a

在ΔABC中

AD=

AB2BD2

=

22a

22∵AD+PD=2a22

2

2a2

=a=AP

22

∴ΔAPD为直角三角形 即AD⊥DP 又∵AD⊥BC ∴AD⊥平面PBC ∴平面ABC⊥平面PBC

122. 如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面。

已知：β⊥α，γ⊥α，β

γ

=a

求证：a⊥α

解析：利用线面垂直的性质定理

¦ÃaÂL¦证明：设α

β

=AB，α

γ

=CD

在平面β内作L1⊥AB， 在平面γ内作L1⊥CD， ∵α⊥β∴L1⊥α 同理L2⊥α ∴L1//L2 ∴L1//β ∴L1//a ∴a⊥α

113. 已知SA、SB、SC是共点于S的且不共面的三条射线，∠BSA=∠

ASC=45°,∠BSC=60°，求证：平面BSA⊥平面SAC

解析：先作二面角B-SA-C的平面角，根据给定的条件，在棱S上取一点分别是在两个平面内作直线与棱垂直 证明：在SA上取一点P 过P作PR⊥SA交SC于R 过P作PQ⊥SA交SB于Q

∴∠QPR为二面角B-SA-C的平面角设PS=a ∵∠PSQ=45°，∠SPQ=90° ∴PQ=a，SQ=

2a

同理PR= a，SR=

2a

∵∠PSQ=60°，SR=SQ=

2 a

∴ΔRSQ为正三角形则RQ=2 a

∵PR2

+PQ2

=2a2

=QR2

∴∠QPQ=90°

L21D¦ÁACBP，

∴二面角B-SA-C为90° ∴平面BSA⊥平面SAC

114. 设S为ABC平面外的一点，SA=SB=SC，ASB2,BSC2,ASC2，若

sin2sin2sin2，求证：平面ASC平面ABC。

解析：（1）把角的关系转化为边的关系

（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心） 证明：设D为AB的中点

SASB ASD sinBCAC,sin2SB2SCADAB SA2SA同理sin

SASBSC且sin2sin2sin2AB2BC2AC2

即ABC为RtABC且S在平面上的射影O为ABC的外心 则O在斜边AC的中点。

SO平面ABC SO平面SAC

平面ASC平面ABC

115. 两个正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直，求异面直线AC和BF所成角的大小．

PF解析：作BP∥AC交DC延长线于P，则∠FBP(或补角)就是异面直线BF和AC所成的角，设正方形边长为a，

在△BPF中，由余弦定理得cosFBP6a1，异面直线AC和BF成60°角． 2116. 二面角α－a－β的值为θ(0°<θ<180°)，直线l⊥α，判断直线l与平面β的位置关系，并证明你的结论． 解析： 分两种情况，θ=90°，θ≠90°．

当θ=90°时，l∥β或lβ，这个结论可用反证法证明；

当θ≠90°时，l必与β相交，也可用反证法证明． 117. 已知平面α⊥平面β，交线为AB，C∈，D∈，BD=8．

①求证：BD⊥平面； ②求证：平面AED⊥平面BCD； ③求二面角B－AC－D的正切值．

解析：①AB是AC在平面β上的射影，由AC⊥BD得AB⊥BD．∵ DB⊥α．

α⊥β．∴

ABACBC43，E为BC的中点，AC⊥BD，

②由AB=AC，且E是BC中点，得AE⊥BC，又AE⊥DB，故AE⊥平面BCD，因此可证得平面AED⊥平面BCD． ③设F是AC中点，连BF，DF．由于△ABC是正三角形，故BF⊥AC．又由DB⊥平面α，则DF⊥AC，∠BFD是二面角B－AC－D的平面角，

在Rt△BFD中，tgBFDBD4． BF3118. 如图，△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC= ∠DBC=120°，求

(1) A、D连线和直线BC所成角的大小； (2) 二面角A－BD－C的大小

ABCD解析：在平面ADC内作AH⊥BC，H是垂足，连HD．因为平面ABC⊥平面BDC．所以AH⊥平面BDC．HD是AD在平面BDC的射影．依题设条件可证得HD⊥BC，由三垂线定理得AD⊥BC，即异面直线AD和BC形成的角为90°． 在平面BDC内作HR⊥BD，R是垂足，连AR．HR是AR在平面BDC的射影，∴ AR⊥BD，∠ARH是二面角A－BD－C的平面角的补角，设AB=a，可得，

AH333BHa， a，HR242∴

tgARHAH2． HR∴ 二面角A－BD－C的大小为π－arctg2．

119. 正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1，CC1的中点，求异面直线AE和BF所成

角的大小．

解析：取DD1的中点G，可证四边形ABFG是平行四边形，得出BF∥AG， 则∠GAE是异面直线AE与BF所成的角．连GF，设正方体棱长为a，

5GEB1D12a，AEAGa．

2A1D1B1EC1在△AEG中，由余弦定理得

GDF552222AGAEGE1cosGAE44

2AGAE555222∴

CAB1GAEarccos．

5120. 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A-BD-C的大小的余弦值．

在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°，

121. 已知：如图12，P是正方形ABCD所在平面外一点，PA=PB=PC=PD=a，AB=a． 求：平面APB与平面CPD相交所成较大的二面角的余弦值．

分析：为了找到二面角及其平面角，必须依据题目的条件，找出两个平面的交线． 解：因为 AB∥CD，CD 所以 AB∥平面CPD．

又 P∈平面APB，且P∈平面CPD， 因此 平面APB∩平面CPD=l，且P∈l．

所以 二面角B-l-C就是平面APB和平面CPD相交所得到的一个二面角． 因为 AB∥平面CPD，AB 所以 AB∥l．

过P作PE⊥AB，PE⊥CD． 因为 l∥AB∥CD， 因此 PE⊥l，PF⊥l，

所以 ∠EPF是二面角B-l-C的平面角． 因为 PE是正三角形APB的一条高线，且AB=a，

平面APB，平面CPD∩平面APB=l， 平面CPD，AB

平面CPD．

因为 E，F分别是AB，CD的中点， 所以 EF=BC=a． 在△EFP中，

122. 在四面体ABCD中，AB＝AD＝BD＝2，BC＝DC＝4，二面角A－BD－C的大小为60°，求AC的长． 解析：作出二面角A－BD－C的平面角

在棱BD上选取恰当的点

AB＝AD，BC＝DC

解：取BD中点E，连结AE，EC ∵ AB＝AD，BC＝DC ∴ AE⊥BD，EC⊥BD

∴ ∠AEC为二面角A－BD－C的平面角 ∴ ∠AEC＝60° ∵ AD＝2，DC＝4 ∴ AE＝

3，EC＝15

∴ 据余弦定理得：AC＝

1835．

123. 河堤斜面与水平面所成角为60°，堤面上有一条直道CD，它与堤角的水平线AB的夹角为30°，沿着这条直道从堤角向上行走到10米时，人升高了多少（精确到0.1米）？ 解析： 已知 所求

河堤斜面与水平面所成角为60° E到地面的距离

利用E或G构造棱上一点F 以EG为边构造三角形

解：取CD上一点E，设CE＝10 m，过点E作直线AB所在的水平面的垂线EG，垂足为G，则线段EG的长就是所求的高度．

在河堤斜面内，作EF⊥AB．垂足为F，连接FG，由三垂线定理的逆定理，知FG⊥AB．因此，∠EFG就是河堤斜面与水平面ABG所成的二面角的平面角，∠EFG＝60°． 由此得： EG＝EFsin60° ＝CE sin30°sin60°

＝10×

31×≈4.3（m）

22答：沿着直道向上行走到10米时，人升高了约4.3米．

124. 二面角α—a—β是120°的二面角，P是该角内的一点．P到α、β的距离分别为a，b．求：P到棱a的距离． 解析：设PA⊥α于A，PB⊥β于B．过PA与PB作平面r与α交于AO，与β交于OB， ∵ PA⊥α，PB⊥β，∴ a⊥PA，且a⊥PB

∴ a⊥面r，∴ a⊥PO，PO的长为P到棱a的距离． 且∠AOB是二面角之平面角，∠AOB =120° ∴ ∠APB = 60°，PA = a，PB = b．

ABa2b22abcos60a2abb2ABsinAPBPO

∵

PO，

∴

23a2abb23．

125. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线A1C与EF所成角的余弦值是 ( )

(A)

3 3(B)

23 (C)

1 3(D)

16

解析：选哪一点，如何作平行线是解决本题的关键，显然在EF上选一点平行线要简单易行，观察图形，看出F与A1C确定的平面A1CC1恰是正方角面，在这个面内，只要找出A1C1的中点O，连结OF，这条平行线就作样，∠EFO即为异面直线A1C与EF所成的角．容易算出这个角的余弦值

作AC的体的对出了，这是

23，答案选B．

126．在60°的二面角M－a－N内有一点P，P到平面M、平面N的距为1和2，求P点到直线a的距离．

解析：本题涉及点到平面的距离，点到直线的距离，二面角的平面角等中都没有表示，按怎样的顺序先后作出相应的图形是解决本题的关键．可同的作法，下面仅以一个作法为例，说明这些概念的特点，分别作PA是垂足，PB⊥N，N是垂足，先作了两条垂线，找出P点到两个平面的余概念要通过推理得出：于是PA、PB确定平面α，设α∩M=AC，α∩∈a．由于PA⊥M，则PA⊥a，同理PB⊥a，因此a⊥平面α，得a⊥PC．这ACB是二面角的平面角，PC是P点到直线a的距离，下面只要在四边

内，利用平面几何的知识在△PAB中求出AB，再在△ABC中利用正弦定理求外接圆直径2R＝

离分别

概念，图以有不⊥M，M距离，其N=BC，c样，∠形ACBP

2213，即为P点到直

线a的距离，为

2213．

127. 已知空间四边形ABCD中，AB = BC =CD= AD = BD = AC, E、F分别为AB、CD的中点，

（1）求证：EF 为AB和CD的公垂线 （2）求异面直线AB和CD的距离

解析：构造等腰三角形证明EF 与AB、CD垂直，然后在等腰三角形中求EF 解；①连接BD和AC，AF和BF，DE和CE

设四边形的边长为a ∵ AD = CD = AC = a ∴ △ABC为正三角形 ∵ DF = FC

∴ AF  DC 且AF =

3a 2 同理 BF =

3A 2

BFFA

②在 △ AFB中

即△ AFB为等腰三角形 在△ AFB中， ∵ AE = BE ∴ FE  AB 同理在 △ DEC中 EF  DC

∴ EF为异面直线AB和CD的公垂线

∵ EF  AB且

AF311a,AEABa a22 ∴

EFAF2AE22a 2

∵

EFDC,EFAB

∴ EF为异面直线AB和CD的距离

∴ AB和CD的距离为

2a 2128. 正方形ABCD中，以对角线BD为折线，把ΔABD折起，使二面角Aˊ-BD-C 为60°，求二面角B-AˊC-D的余弦值 解析：要求二面角B-AˊC-D的余弦值，先作出二面角的平面角，形中AˊB=BC，AˊD=DC的关系，采用定义法作出平面角∠BED（E中点）然后利用余弦定理求解 解：连BD、AC交于O点

抓住图为AC的

则AˊO⊥BD，CO⊥BD

∴∠AˊOC为二面角Aˊ-BD-C的平面角 ∴∠AˊOC=60°

设正方形ABCD的边长为a

∵A′O=OC=1/2AC=

2a 2∠A′OC=60°

∴ΔA′OC为正三角形则A′C=

2a 2取A′C的中点，连DE、BE ∵A′B=BC ∴BE⊥A′C 同理DE⊥A′C

∴∠DEB为二面角B-A′C-D的平面角在ΔBA′C中

BE=

BA2AE2a2(14a 42214a)a 44同理DE=

在ΔBED中，BD=

2a

BE2DE2BD2∴ cos∠BED=

2BEDE214144a4a2a =

14142aa44 =--

22

17

∴二面角B-A′C-D的余弦值为-

17

129. 如图平面SAC⊥平面ACB，ΔSAC是边长为4的等边三角形，ΔACB为三角形，∠ACB=90°，BC=42，求二面角S-AB-C的余弦值。

解析：先作出二面角的平面角。由面面垂直可得线面垂直，作SD⊥平面然后利用三垂线定理作出二面角的平面角

解：过S点作SD⊥AC于D，过D作DM⊥AB于M，连SM ∵平面SAC⊥平面ACB ∴SD⊥平面ACB ∴SM⊥AB 又∵DM⊥AB

∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角

在ΔSAC中SD=4×

3223 在ΔACB中过C作CH⊥AB于H ∵AC=4，BC=42

∴AB=43

∵S=1/2AB·CH=1/2AC·BC

∴CH=

ACBC4424AB2433

∵DM∥CH且AD=DC

∴DM=1/2CH=

223

∵SD⊥平面ACB DM平面ACB ∴SD⊥DM

直角

ACB，

在RTΔSDM中

SM=

SD2DM2

2 =

113

222332

=2∴cos∠DMS=

DMSM

22 =

311232211

=

130. 已知等腰ABC中，AC = BC = 2，ACB = 120，ABC所在平面外的一点P到三角形三顶点的距离都等于4，求直线PC与平面ABC所成的角。

解析：解：设点P在底面上的射影为O，连OB、OC，

则OC是PC在平面ABC内的射影，

∴PCO是PC与面ABC所成的角。

∵ PA = PB = PC，

∴点P在底面的射影是ABC的外心，

注意到ABC为钝角三角形， ∴点O在ABC的外部， ∵AC = BC，O是ABC的外心， ∴OC⊥AB

在OBC中，OC = OB，

OCB = 60，

∴OBC为等边三角形，∴OC = 2

在RtPOC中，cosPCOOCPC12

∴PCO = 60 。

131. 如图在二面角α- l-β中，A、B∈α，C、D∈l，ABCD为矩形，⊥α，且PA=AD，MN依次是AB、PC的中点 ⑴ 求二面角α- l-β的大小 ⑵ 求证明：MN⊥AB

⑶ 求异面直线PA与MN所成角的大小 解析：⑴ 用垂线法作二面角的平面角 ⑵ 只要证明AB垂直于过MN的一个平面即可 ⑶ 过点A作MN的平行线，转化为平面角求解 解： ⑴ 连PD

∵PA⊥α，AD⊥l ∴PD⊥l

∴∠PDA为二面角α- l-β的平面角 在RTΔPAD中 ∵PA=PD ∴∠PDA=45°

∴二面角α- l-β为45°

P∈β，PA

⑵ 设E是DC的中点，连ME、NE ∵M、N、E分别为AB、PC、D的中点 ∴ME∥AD，NE∥PD ∴ME⊥l，NE⊥l ∴l⊥平面MEN ∵AB∥l ∴AB⊥平面MEN ∵MN平面MNE ∴MNAB

⑶ 设Q是DP听中点，连NQ、AQ 则NQ∥DC，且NQ=1/2DC ∵AM∥DC，且AM=1/2AB=1/2DC ∴QN∥AM，QN=AM ∴QNMQ为平行四边形 ∴AQ∥MN

∴∠PAQ为PA与MN所成的角

∵ΔPAQ为等腰直角三角形，AQ为斜边上的中线 ∴∠PAQ=45°

即PA与MN所成角的大小为45°

132. 如图: △ABC的ABC= 90, V是平面ABC外的一点, VA = VB = VC = AC, 求VB与平面ABC所成的角。 解析：1、要求VB与平面ABC所成的角, 应作出它们所成的角。

2、要作出VB与平面ABC所成的角, 只要找出VB在平 面ABC内的射影就可以了。

3、作斜线在平面内的射影, 只要在斜线上找一点作直线 垂直于平面, 即找此点在平面内的射影, 显然找V点, V点在平面内的射影在何处？由条件可知, 射影为△ABC的外心。 解: 作VO平面ABC于O, 则OB为VB在平面ABC内的射影,

∴VBO为VB与平面ABC所成的角。

连OA、OB、OC, 则OA、OB、OC分别为斜线段VA、VB、VC在平面ABC内的射影。 ∵VA = VB = VC ∴OA = OB = OC ∴O为△ABC为外心

∵△ABC为直角三角形, 且AC为斜边 ∴O为AC的中点

设VA = a, 则VA = VC = AC = a, VO3a 2

3aVO32在Rt△VOB中, sinVBO VBa2∴VBO = 60

∴VB与平面ABC所成的角为60。

133. 已知：平面α∩平面β=直线a． α，β同垂直于平面γ，又同平行于直线b． 求证：(Ⅰ)a⊥γ； (Ⅱ)b⊥γ． 证明：

证法一(Ⅰ)设α∩γ=AB，β∩γ=AC．在γ内任取一点P并于γ内作直线PM⊥AB，PN⊥

AC． ——1分

∵ γ⊥α， ∴ PM⊥α． 而 aα， ∴ PM⊥a．

同理PN⊥a． ——4分 又 PMγ，PNγ，

∴ a⊥γ． ——6分

(Ⅱ)于a上任取点Q，过b与Q作一平面交α于直线a1，交β于直线a2． ——7分 ∵ b∥α，∴ b∥a1．

同理b∥a2． ——8分 ∵ a1，a2同过Q且平行于b， ∵ a1，a2重合． 又 a1α，a2β，

∴ a1，a2都是α、β的交线，即都重合于a． ——10分 ∵ b∥a1，∴ b∥a． 而a⊥γ，

∴ b⊥γ． ——12分 注：在第Ⅱ部分未证明b∥a而直接断定b⊥γ的，该部分不给分．

证法二(Ⅰ)在a上任取一点P，过P作直线a′⊥γ． ——1分 ∵ α⊥γ，P∈α， ∴ a′α．

同理a′β． ——3分 可见a′是α，β的交线．

因而a′重合于a． ——5分 又 a′⊥γ，

∴ a⊥γ． ——6分

(Ⅱ)于α内任取不在a上的一点，过b和该点作平面与α交于直线c．同法过b作平面与β交于直线d． ——7分 ∵ b∥α，b∥β．

∴ b∥c，b∥d． ——8分 又 cβ，dβ，可见c与d不重合．因而c∥d．

于是c∥β． ——9分 ∵ c∥β，cα，α∩β=a，

∴ c∥a． ——10分 ∵ b∥c，a∥c，b与a不重合(bα，aα)，

∴ b∥a． ——11分 而 a⊥γ，

∴ b⊥γ． ——12分 注：在第Ⅱ部分未证明b∥a而直接断定b⊥γ的，该部分不给分． 134. 设S为ABC平面外的一点，SA=SB=SC，ASB2,BSC2,ASC2，若

sin2sin2sin2，求证：平面ASC平面ABC。

解析：（1）把角的关系转化为边的关系

（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心）

证明：设D为AB的中点

SASB ASD sinBCAC,sin2SB2SCADAB SA2SA同理sin

SASBSC且sin2sin2sin2AB2BC2AC2

即ABC为RtABC且S在平面上的射影O为ABC的外心 则O在斜边AC的中点。

SO平面ABC SO平面SAC

平面ASC平面ABC

135. 已知如图，P平面ABC，PA=PB=PC，∠APB=∠APC=60°，∠BPC=90 °求证：平面ABC⊥平面PBC 解析：要证明面面垂直，只要在其呈平面内找一条线，然后证明直线与另垂直即可。显然BC中点D，证明AD垂直平PBC即可 证明： 取BC中点D 连结AD、PD ∵PA=PB；∠APB=60° ∴ΔPAB为正三角形

同理ΔPAC为正三角形 设PA=a

在RTΔBPC中，PB=PC=a BC=

2a ∴PD=

22a

在ΔABC中

AD=

AB2BD2

=

22a

22∵AD2

+PD2

=222aa

2 =a2=AP

2

∴ΔAPD为直角三角形

一平面

即AD⊥DP 又∵AD⊥BC ∴AD⊥平面PBC ∴平面ABC⊥平面PBC

136. 如图，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面 成60°的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值 是 ． 解析：

DAF为二面角60,可设AD长为a,则DF长为a又根据余弦定理可得.AB平面CDFCD平面CDF,CDDF,CF2a,又在BCF中,BCa,BF2a

137. 如图，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的三个侧面ABCD、CC1D1D、BCC1B1的中心，则A1M与NP所成的角是( )

(A) 30°

(B) 45° (C) 60° (D) 90°

解析：D如图所示

138. 相交成90°的两条直线和一个平面所成的角分别是30°和45°，则这两条直线在该平面内的射影所成的锐角是（ ）

(A) 3arccos3 (B) 2arcsin63 63 (C) arcsin63 (D) arcsin

解析：分析：设直角顶点到平面的距离是1，所求的角为θ，则cos12362223．

139. 在三棱锥P-ABC中， A-PB-C的余弦值。

 APB=BPC=CPA=600，求二

P Q 面角

解析：在二面角的棱PB上任取一点Q，在半平面PBA和半平面QMPB，QNPB，则由定义可知MQN即为二面角的平面角。

PBC上作

M A N G A 设PM=a,则在RtPQM和RtPQN中可求得QM=QN=

32 a； B  H C

又由PQN值为

PQM得PN=a,故在正PMN中MN=a,在MQN中由余弦定理得cosMQN=

1，即二面角的余弦31。 3140. 三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC=900，AB=BB1=1，直线B1C与平面ABC成300角，求二面角B-B1C-A的正弦值。 解析：可以知道，平面ABC与平面BCC1B1垂直，故可由面面垂直从一个半平面到另一个半平面的垂线。

解：由直三棱柱性质得平面ABC平面BCC1B1，过A作AN平足为N，则AN平面BCC1B1，（AN即为我们要找的垂线）在平面NQ棱B1C，垂足为Q，连QA，则NQA即为二面角的平面角。 ∵AB1在平面ABC内的射影为AB，CAAB，∴CAB1A，

的性质来寻找

B1 A1 Q B N C1 面BCC1B1，垂BCB1内过N作

C AB=BB1=1，得B1C=2，Rt△

2。∵直线B1C与平面ABC成300角，∴B1CB=300，B1AC中，由勾股定理得AC=2，∴AQ=1。在Rt△BAC中，AB=1，

6AN=。

3AB1=sinAQN=

A AC=

2，得

ANAQ=

63。即二面角B-B1C-A的正弦值为

63。

141. 已知菱形ABCD边长为a，且其一条对角线BD＝a，沿对角线BD将ABD折起与BCD所在平面成直二面角，点E、F分别是BC、CD的中点。 (1)求AC与平面AEF所成的角的余弦值 (2)求二面角A－EF－B的正切值。 (1) 解析：：菱形ABCD的对角线

ACBD，因此BDAO，BDOCBD面AOC

面AEF，故面AEF面AOC，这样AC在面AEF内的射影就是

AC6315a，CGa，AGa。 244，中位线EF//BD，可知EF面AOC，EFAG，CAG就是AC与平面AEF的成角，解三角形AOC可得

cosCAG310 10 (2)分析：由前一小问的分析可知EF平面AOC，EFAG，EFOG，故AGO

就是二面角A－EF－B的平面角，在RtAOG中，AOG90，AO33a，OGa。 24

3aAO22 tgAGOOG3a4

142. 如图，ABCD-A1B1C1D1是正方体，E是CC1的中点，求二面角B-B1E-D的余弦值。

解析：图中二面角的二个半平面分别为△DEB1所在的半平面和△BEB1所在的半平面，即正方体的右侧面，它们的交线即二面角的棱B1E。不难找到DC即为从其中的一个半平面出发，并且垂直于另一个半平面的直线。

解： 由题意可得直线DC平面BEB1，且垂足为C，过C作CFB1E于F（如图，F在B1E的延长线上），连DF，则由三垂线定理可得DFC即二面角的平面角。

△B1C1E~△CFE，∴CF=

B1C1CE5a；

B1E5A1 B1 D1 B1 B C1 E C1 E F F C DF=

130aa2a.

552∴cosDFC=

5a530a56。

6D A C B 即二面角的平面角的余弦值为

66。

143. 如图，在平面角为600的二面角-l-内有一点P，P到、分别为PC=2cm,PD=3cm,则垂足的连线CD等于多少？（2）P到棱l的距离为多少？

解析：对于本题若这么做：过C在平面内作棱l的垂线，垂足为

 P D C E，连DE，则证明CED为四点共面。这儿，

CED即为二面角的平面角。这么作辅助线看似简单，实际上在

二面角的平面角时会有一个很麻烦的问题，需要证明P、D、E、C可以通过作垂面的方法来作二面角的平面角。 解：∵PC、PD是两条相交直线，

E l  ∴PC、PD确定一个平面，设∵PC⊥， ∴PC⊥l, 又∵PD⊥，∴PD⊥l。

交棱l于E，连CE、DE。

∴l⊥平面，则l⊥CE、DE，故CED即为二面角的平面角，即CED=600。 ∴CPD=1200，△PCD中，PD=3，PC=2，由余弦定理得CD=点共圆，且PE为直径，由正弦定理得PE=2R=

19cm。由PD⊥DE，PC⊥CE可得P、D、E、C四=

19CD=

sinCEDsin600257cm。 3说明：三垂线定理及其逆定理是作二面角的平面角的最主要的方法，要引起重视。

144. 如图，梯形ABCD中，BA⊥AD，CD⊥AD，AB=2，CD=4，P为平面ABCD外一点，平面PAD⊥平面ABCD，△PBC是边长为10的正三角形，求平面PAD与面PBC所成的角.

解法一：如图，延长DA、CB交于E，

AB21＝＝，∴AB是△ECD的中位线，CB＝BE＝10.又△PCB为正△，易证△CD4242＝，故二面角大小为105PCE为直角三角形，PE⊥PC.又平面PDA⊥平面ABCD，且CD⊥交线DA，∴CD⊥平面PDE.PE是PC在平面PDE内的射影，∴PE⊥PD(三垂线定理的逆定理).故∠CPD是D-PE-C的平面角.在Rt△CDP中，sin∠DPC＝arcsin

2. 5解法二：利用Scosθ＝S′.如右图， 平面PAD⊥平面ABCD  CD⊥AD，BA⊥AD BA⊥平面PAD  CD⊥平面PAD

△PAD是△PBC在平面PDA内的射影.设面PDA与面PCB所成的二面角为θ，则S△PDA＝S△PCB·cosθ.Rt△PAB中，PA＝4＝AD；Rt△PDC中，PD＝2

621.

∴△PAD为等腰三角形且S△PAD＝

1PD·AH＝157. 2

cosθ＝

SPADSPBC＝

157253.

＝

215，

θ＝arccos＝

215145. 如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形，点A1在底面的在AB上，已知侧棱A1A与底面ABCD成450角，A1A=a。求二面角A1-AC-BD1 CA1 B1

射影O

的平面

角的正切值。（答案：

2）

D C A OB 作OEAC,连接A1E,根据三垂线定理EOAC,A1EAC,A1EO为A1-AC-B的平面角.

146. 如图，在梯形ABCD中，AD//BC，ABC=900，P AB=a,AD=3a,sinADC=

55,又PA⊥平面ABCD，PA=a，求二面角大小。（答案：arctg

5AD A 3） BB C

P-CD-A的

作AECD,连接PE,则PEA为P-CD-A的平面角,又5AE,在RTADE中,sin ADC=,可求AE. 5AD又PAa,可求出二面角PEA的正切值来.sin ADC= 147. 已知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3，P为斜边上一

点，沿CP将此直角三角形折成直二面角A—CP—B，当AB=71/2时，求二面角P—AC—B的大小。

作法一：∵A—CP—B为直角二面角，

∴过B作BD⊥CP交CP的延长线于D，则BD⊥DM APC。 ∴过D作DE ⊥AC，垂足为E，连BE。 ∴∠DEB为二面角A—CP—B的平面角。

作法二：过P点作PD′⊥PC交BC于D′，则PD′⊥面APC。 ∴过D′作D′E′⊥AC，垂足为E′，边PE′， ∴∠D′E′P为二面角P—AC—B的平面角。

148. 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起，

使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A—BC-—C的大小。

这是一道由平面图形折叠成立体图形的问题，解决问题的关键在

于搞清折叠前后“变”与“不变”。结果在平面图形中过A作AE⊥BD交BD于O、交BC于E，则折叠后OA、OE与BD的垂直关系不变。但OA与OE此时变成相交两线段并确定一平面，此平面必与棱垂直。由特征Ⅱ可知，面AOE与面ABD、面CBD的交线OA与OE所成的角，即为所求二面角的平面角。另外，A在面BCD上的射影必在OE所在的直线上，又题设射影落在BC上,所以E点就是A′，这样的定位给下面的定量提供了优质服务。事实上，AO=AB·AD/BD=3*4/5=12/5，OA′=OE=BO·tgc∠CBD，而BO=AB2/BD=9/5, tg∠CBD，故OA′=27/20。在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°所以cos∠AOA′=A′O/AO=9/16，ty∠AOA′=arccos9/16即所求的二面arccos9/16。 149. 将边长为a的正方形

ABCD沿对角线AC折起，使得BDa，则三棱锥D—ABC的体积为

（ ）

A.

a36 B.

a312 C.

33a 12D.

23a 12D

解析：取BD的中点为O，BD⊥平面OAC，SAOC11222aaa，则VDABC224B2AVOC=

23a。12

选D

150. 在矩形ABCD中，AB=a，AD=2b，aEDCbF弦值等于 （ ）

a

a2A．0 B．2b

a2C．2b

aD．

b 当CEB90时，CB=

BA

解析：由图可知 CE=BE=

a2b22(a2b2)。 CFB 为所求平面

2b22(a2b2)a22角，由余弦定理得cosCFB2b2b。 选（C）。

151. ．已知E、F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面

角的正弦值是 （ ）

A．

2 3B．

23

C．

5 3D．

223

解析：C

DCG如图，D1GD为所求的二面角的平面角。

AB可利用求

cos求出DG的长度，则所求函数值可求。

152. 与正方形各面成相等的角且过正方体三个顶点的截面的个数是________． 解析：如图中，截面ACD1和截面ACB1均符合题意要求，这样的截面共有8个；

D 1 A 1 B 1 D A B C 1

C

153. 已知矩形ABCD的边AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，PA=1，问 BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由.

解析：连接AQ，因PA⊥平面ABCD，所以PQ⊥QD

AQ⊥QD，即以AD为直经的圆与BC有交点．

BADPQC

当AD=BC=aAB=1,即a1时，在BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD；．．．．．．．．．5分 当0154. 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长的3，侧棱AA1=

33,D是CB延长线上一点，且BD=BC. 2C1A1B1 （Ⅰ）求证：直线BC1//平面AB1D； （Ⅱ）求二面角B1—AD—B的大小； （Ⅲ）求三棱锥C1—ABB1的体积.

C

AB

D

（Ⅰ）证明：CD//C1B1，又BD=BC=B1C1， ∴ 四边形BDB1C1是平行四边形， ∴BC1//DB1. 又DB1平面AB1D，BC1平面AB1D，∴直线BC1//平面AB1D.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分 （Ⅱ）解：过B作BE⊥AD于E，连结EB1， ∵B1B⊥平面ABD，∴B1E⊥AD ，

∴∠B1EB是二面角B1—AD—B的平面角， ∵BD=BC=AB， ∴E是AD的中点， BE1AC3.

2233B1B2在Rt△B1BE中，即二面角B1—AD—B的大小为60°…………tgB1BE3.∴∠B1EB=60°。

3BE210分

（Ⅲ）解法一：过A作AF⊥BC于F，∵B1B⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面BB1C1C，

∴AF⊥平面BB1C1C，且AF=

3333, VCABBVABBC1SBBCAF 22311111111 1(1333)3327.即三棱锥C1—ABB1的体积为27.…………15分

322288 解法二：在三棱柱ABC—A1B1C1中，SABB1SAABVC1ABB1VC1AA1B1VAA1B1C1

111323327即为三棱锥C1—ABB1的体积． 1S(43).A1B1C1AA133428155. 已知空间四边形ABCD的边长都是1，又BD=

的余弦值．

3，当三棱锥A—BCD的体积最大时，求二面角B—AC—D

解析：如图，取AC中点E，BD中点F，由题设条件知道

（1）BED即二面角B—AC—D的平面角．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分 （2）当AF面BCD时，VA—BCD达到最大．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分

AF2FC2AC2)=1-这时ED=AD-AE=1-AE=1-(422

2

2

2

=1-

AF211BD2137221(ADFD)1(1)1(1)， 2224248又 BE=ED，

22

2ED2BD25．∴ cosBED．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分

2EDBE7 A

B F D

C

156. 有一矩形纸片ABCD，AB=5，BC=2，E，F分别是AB，CD上的点，且BE=CF=1，把纸片沿EF折成直二面角． （1）求BD的距离；

（2）求证AC，BD交于一点且被这点平分．

E

解析：将平面BF折起后所补形成长方体AEFD-A1BCD1，则BD恰好是长方体的一条对角线． （1）解：因为AE，EF，EB两两垂直，

所以BD恰好是以AE，EF，EB为长、宽、高的长方体的对角线，

．．．．．．．．．．．．．．．．6分

（2）证明：因为AD EF，EF BC，所以AD BC．

所以ACBD在同一平面内， 且四边形ABCD为平行四边形． 所以AC、BD交于一点且被这点平分

157.已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，

∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且AEAF(01).

ACAD （Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC； （Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？

证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD， ∴AB⊥CD，

∵CD⊥BC且AB∩BC=B， ∴CD⊥平面ABC.………………………………3分 又

AEAF(01), ACAD

∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF, ∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD， ∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.………………8分 ∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°， ∴BD2,AB2tan606,

ACAB2BC27,由AB2=AE·AC 得AE6,AE6,

7AC7故当6时，平面BEF⊥平面ACD.………………………………………………12分 7158. 设△ABC内接于⊙O，其中AB为⊙O的直径，PA⊥平面ABC。

如图cosABC5,PA:PB4:3,求直线PB和平面PAC所成角的大小 65x2设PA4x,AB3x,则PB5x,BC3xcosABCAB是O的直径ACB90,即BCAC又PA面ABC,PABCBC面PACBPC是PB和面PAC所成的角5x1在RtBPC中,sinBPC2,BPC305x2即直线PB和平面PAC所成的角为30

159. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知P，Q，R，S分别为棱A1D1，A1B1，AB，BB1的中点，求证：

平面PQS⊥平面B1RC.(12分)

证明：连结BC1交B1C于O，则O为BC1的中点 连结RO，AC1，∵R是AB的中点 ∴RO∥AC1 ∵P,Q分别为A1D1，A1B1的中点，易知A1C1⊥PQ ∴AC1⊥PQ（三垂线定理）

同理证OSAC1AC1面PQSRO面PQS又RO面B1RC面PQS面B1RC160. 把正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角B—AC—D，E、F分别为AD、BC的中点，O为正方形的中心，求折起后∠EOF的大小

证明：过F作FM⊥AC于M，过E作EN⊥AC于N，则M，N分别为OC、AO的中点 解析：

12ACaEN(设正方形的边长为a)44223FMa,MNa,EF2EN2FM2MN2a2424222在EOF中,EFEOFO2EOFOcosEOF1cosEOF,EOF1202

另证:EO//CD,延长FO交AD于G,OG//CDEOGDCDANBACD为直二面角,DOACDO平面ABCDCDDCDa即DCD为正三角形,DCD60EOF180EDG120161. 如图，正方体AC1中，已知O为AC与BD的交点，M为DD1的中点。 （1）求异面直线B1O与AM所成角的大小。 （2）求二面角B1—MA—C的正切值。（14分） 解析：

方法一:BOAC,B1OAC,设正方体的棱长为a,则633a,MOa,MB1a2222MB1B1D2MO2,MOB1OB1OB1O面MAOB1OAM方法二：取AD中点N，连结A1N，则A1N是B1O在侧面ADD1A1上的射影. 易证AM⊥A1N

∴AM⊥B1O（三垂线定理）

（2）连结MB1，AB1，MC，过O作OH⊥AM于H点，连结B1H， ∵B1O平面MAC，∴∠B1HO就是所求二面角B1—MA—C的平面角. 2HOAMACMO,HO30 10BO在RtBHO中,tanB1HO15HO

162. 在正方体AC1中，E为BC中点（1）求证：BD1∥平面C1DE； （2）在棱CC1上求一点P，使平面A1B1P⊥平面C1DE；

（3）求二面角B—C1D—E的余弦值。（14分） 解析：

(1)连C1D交CD1于F,则EF//BD1,BD1面C1DE,EF面C1DE,BD1//面C1DE.(2)A1B1面BCC1B1,C1E平面BCC1B1,A1B1C1E故保要过B1作B1PC1E交C1C于P点即可此时P为CC1的中点.事实上,当P为CC1的中点时,B1PC1E从而C1E平面A1B1P,平面A1B1P平面C1DE.(3)连结BD,BC1,则BDBC1,EDEC1,连结BF,则BFDC1,EFDC1EFB即为二面角BC1DE的平面角.在BEF中,EFCE2CF2BE1222即为所求336,BFCF2BC222

由余弦定理:cosEFB163.如图，立体图形V-ABCD中，底面是正方形ABCD，其他四个侧面都是全等的正三角形，画出二面角V-AB-C的平

面角，并求它的度数．

解：设底面边长为a，则侧面三角形的边长也为a． 取AB的中点E，DC中点F，连VE、EF． ∵ 侧面△VAB是正三角形， ∴ VE⊥AB．

又EF∥BC，BC⊥AB，∴ EF⊥AB． ∠VEF就是V-AB-C的平面角．

a2( cos∠VEF＝

3232a)(a)322332aa2．

164. 已知二面角-l-是45°角，点P在半平面内，点P到半平面的距离是h，求点P到棱l的距离．

解：经P作PB⊥于B， 经P在平面内作PA⊥l于A． 连AB，则AB⊥l．

∠PAB就是二面角的平面角，∠PAB＝45°．

那么在Rt△PAB中，PB＝h，PA＝

2h．

165. 自二面角内一点分别向这个二面角的两个面引垂线，求证：它们所成的角与这个二面角的平面角互补．

证明：如图PQ⊥，PQ⊥AB， PR⊥，PR⊥AB， 则AB⊥面PQR．

经PQR的平面交、于SR、SQ， 那么AB⊥SR，AB⊥SQ． ∠QSR就是二面角的平面角．

因四边形SRPQ中，∠PQS＝∠PRS＝90°，

因此∠P＋∠QSR＝180°．

166. 一张菱形硬纸板ABCD的中心是点O，沿它的一条对角线AC对折，使BO⊥DO，这时二面角B-AC-D是多少度？要使二面角B-AC-D为60°，点B和D间的距离应是线段BO的几倍？

解：因ABCD是菱形，故AC⊥BD．

沿对角线AC折为空间图形后BO⊥AC，DO⊥AC． ∠BOD就是二面角B-AC-D的平面角． 因BO⊥OD，故∠BOD＝90°， 即二面角B-AC-D是90°． 要使二面角B-AC-D为60°．

因BO＝OD，故△BOD是等边三角形， 此时BD＝BO．

167.四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形，PB垂直面ABCD，证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°． 解析：：注意到题目中所给的二面角，面PAD与面PCD的棱为PD，围绕PD而考虑问题解决途径．

证法一：利用定义法

经A在PDA平面内作AE⊥PD于E，连CE． 因底是正方形，故CD＝DA．

△CED≌△AED，AE＝EC，∠CED＝∠AED＝90°， 则CE⊥PD．

故∠CEA是面PAD与面PCD所成二面角的平面角． 设AC与BD交于O，连EO，则EO⊥AC．

因

2OA＝2×

22＝a，AE＜AD＜a．

cos∠AEC＝

AE2EC2(2OA)22AEEC(AE2OA)(AE2OA)AE2＝＜0．

所以面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°． 证法二：运用三垂线法

∵ PB⊥面ABCD，则PB⊥AD，又AD⊥AB， ∴ AD⊥面PAB，即面PAB⊥面PAD． 过B作BE⊥PA，则BE⊥面PAD． 在面PBC内作PG

BC，连GD．

经C作CF⊥面PAD于F， 那么连结EF，有EF

AD．

经F作FH⊥PD于H，连CH， 则∠FHC是所求二面角平面角的补角． 因CF⊥FH，故∠FHC是锐角．

则面PAD与面PCD所成二面角大于90°． 此结论证明过程中与棱锥高无关．

证法三：利用垂面法找平面角． 在证法一所给图形中

连AC、BD，因AC⊥BD，PB⊥面ABCD， ∴ AC⊥PD．

经A作AE⊥PD于E，那么有PD⊥面AEC，连CE， 即PD⊥CE．

故PD与平面AEC垂直后，面AEC与面ADC及面ADP的交线EA、EC构成角∠CEA就是二面角的平面角． 以下同证法一．

168. 正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，求平面EB1C和平面ABCD所成二面角的大小． 解：△EB1C在底面ABCD内的射影三角形为Rt△ABC． 因E点射影为A，B1点射影为B．

设正方体棱长为a，

则S△

12

ABC＝2a．

又在△EB1C中，

B1E＝

52a，B1C＝

32a，EC＝2a，

故cos∠B1EC＝

5292aa2a25445532aa22．

∴

25sin∠B1EC＝5．

∴

51SB1EC＝2×2325a·2a·53＝4a2．

设面ＥB1C和面ABCD所成的二面角为，

SABCSB1EC 则cos＝

a2232a42＝3．

2那么所求二面角的大小为arccos3．

评述：此题属无棱二面角问题，图中没有二面角的棱，我们也可以去找到棱来解决，但这里通过射影而直接求角更方便．S′＝S△ABC，S＝

SB1EC．

169. 一个平面将空间分成几部分？二个平面将空间分成几部分？三个平面将空间分成几部分？ 解析：2部分，３或４部分，４或６或７或８部分

170. 如图：已知直线l与平行直线a、b、c都相交， 求证:l与a、b、c共面。 设L∩ａ＝A，

b α l c a ｌ∩ｂ＝A，L∩ｃ＝C，∵ａ∥ｂ，∴ａ、ｂ可确定一个平面α，∵Ａ∈ａ，B∈ｂ，∴A∈α，B∈α，∴ABα，即Lα．∵ｂ∥ｃ，∴ｂ、ｃ可确定一个平面β，

同理ｌβ．∵α、β均过相交直线ｂ、ｌ，∴α、β重合，∴ａ、ｂ、ｃ、ｌ共面； ７.提示：只需证明P、Q、R为平面ABC与α的公共点；

171. 如图：已知△ABC在平面α外，AB∩α＝P，AC∩α＝R，BC∩α＝Q。

求证:P、Q、R三点共线。

解析：点在线上，线在面内，可得点在面内，证明P，Q，R三个点是平面 A C B 与平面ABC的公共点，即可。

Q R P α 172. 如图：已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD各边AB、AD、CB、CD上的点，且直线EF和HG交于点P，求证：点B、D、P在同一条直线上。

A 解析：∵直线ＥＦ∩直线,HG＝P，∴P∈直线EF，又EF平面ABD， ∴P∈平面ABD，同理P∈平面CBD，由公理２，点B、D、P 在同一条直线上。

E F D P H B

G

C 173. 如果把两条异面直线称作“一对”，则在正方体十二条棱中，共有异面直线（ ）对 Ａ．12 Ｂ．24 Ｃ．36 Ｄ．48 解析：Ｂ

D'A'B'C'DACB如图，棱

AA'有4条与之异面，所有所有棱能组成412=48对，但每一对都重复计算一次，

所以有48对1=24对。 2174. 已知正方形ABCD所在的平面和正方形ABEF所在的平面相交于AB，M、N分别是对角线AC、BF上的点,且AM=FN,求证：MN∥平面BCE.

解析：作NP∥AB交BE于点P，作MQ∥AB交BC于点Q， 证MNPQ是平行四边形，再证MN∥面BCE.

F A D M N E B C

175. 棱长为１的的正方体ABCD—A1B1C1D1中,求证：平面A1BD∥平面CB1D1.

解析：过ａ和直线ｂ上任意一点P作一平面γ和平面β交于a，∵α∥β，∴ａ∥a，∵a∴a''''，a'，a，

，∵a'bP，b，ｂ∥β，

∴α∥β；８．∵Ａ1Ｂ∥Ｄ1Ｃ，∴A1B∥平面CD1B1，同理BD∥平面CD1B1， ∵A1B面A1BD，BD面A1BD，∴面A1BD∥面CD1B1.

176. 已知（如图）：平面α∥平面β, A、C∈α,B、D∈β,AB与CD是异面直线,E、F分别是线段AB、CD的中点,求证：EF∥β.

αＡ Ｅ Ｃ Ｆ β Ｂ Ｄ D 解析：

0

C B

如图作辅助线，可得中线平行。

A D1 177. 如图：在△ABC中，∠ACB＝90，M是AB的中点，PM⊥平面ABC，

C1 B1

求证：PA＝PB＝PC.

解析：连结MC，由∠ACB＝90，M为AB的中点，MB＝MC＝MA，

0A1 ∴PM⊥面ABC，∴∠PMA＝∠PMB＝∠PMC＝90，又PM公用，∴△PMA≌△PMB≌△PMC，∴PA＝PB＝PC； 178. 四边形ABCD是距形，AB＝２，BC＝１，PC⊥平面AC，PC＝２，求点P到BD的距离.

0解析：作CE⊥BD于E，连结PE，

2305

179. 如图：在斜边为AB的Rt△ABC中，过点A作PA⊥平面ABC，AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，（１）求证：BC⊥平面PAC；（２）求证：PB⊥平面AEF.

P

E F

A C

B

解析：

（１）PA⊥面ACB，∴PA⊥BC，BC⊥AC，∴BC⊥面PAC．(2)(1)知BC⊥AF，

又AF⊥PC，∴AF⊥面PBC，∴AF⊥PB，又PB⊥AE，∴PB⊥面AEF. 180. 如图：ABCD—A1B1C1D1是正方体.求证：（１）A1C⊥D1B1；（２）A1C⊥BC1 解析：（１）连A1C1，则A1C1⊥B1D1，

又CC1⊥面A1C1，由三垂线定理可知A1C⊥B1D1，（２）连B1C， 仿（１）可证；

D1A1 B1DC1

CB

A

181. 如图：PA⊥平面PBC，AB＝AC，M是BC的中点，求证：BC⊥PM. 解析：由AB＝AC得ＡAM⊥BC，又PA⊥面PBC，BC面PBC，∴BC⊥AP，

P

A

∴BC⊥面AMP，∴BC⊥PM

CMB

182. 如图：Rt△ABC中，∠B＝90，P为三角形所在平面外一点，PA⊥平面ABC，指出四面体P—ABC中有哪些三角形是直角三角形，说明理由.

由PA⊥面ABC得PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；又BC⊥AB， ∴BC⊥面PBA，∴△PAB，△PBC，△PAC，△ABC都是直角三角形

0

P

A

CB

183. 已知直线a∥直线b，a⊥平面α，求证b⊥α.

解析：过ａ与α的交点作两相交直线ｍ、ｎ，由ａ⊥α，则ａ⊥ｍ，ａ⊥ｎ，又ｂ∥ａ，∴ｂ⊥ｍ，ｂ⊥ｎ，

∴ｂ⊥α

184. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为CC1中点，F为AC和BD的交点. 求证：A1F⊥平面BED.

解析：∵AA1⊥面ABCD，AF是A1F在ABCD上的射影，由AC⊥BD 得A1F⊥BD，取BC的中点G，连FG，B1G，由AB⊥BC1，∴FG⊥面BC1， ∴B1G是A1F在面BC1上的射影，又B1G⊥BE，∴BE⊥A1F，∴A1F⊥面BED；

185. P是ABC所在平面外一点，若PBC和ABC都是边长为2的正三角形，PA=P-BC-A的大小。

6，求二面角

900解析：取ＢＣ的中点Ｄ，连结PD、AD，易证∠PDA为二面角的平面角

186. 如图，ABC是等腰直角三角形，AC=BC=a，P是ABC所在平面外一点，PA=PB=PC=求证：平面PAB平面ABC；（2）求PC与ABC所在平面所成的角。 解析：

2a。（1）

Ｐ

AＢＣ

(1)取AB的中点Ｏ，连PO，证明PO⊥面ABC，(2)60

0187. 如图，A是直二面角EF的棱EF上的点，AB、CD分别是、内的射线，

EABEAC45，求BAC的大小.

B ＥA C α Ｆ解析：60

0β

作BODF，可得BO平面，解三角形ABC，根据余弦定理可得。

188. （如图）已知正方形ABCD的边长为1，过D作PD平面ABCD，且PD=1,E、F分别是AB和CD的中点。（1）求D点到平面PEF的距离；（2）求直线AC到平面PEF的距离。

P

D A

E

B

C F

解析：

131717,21717

1.作DG直线PF，则可得AC平面PDB，所以EF平面PDBEF点到平面PEF的距离

2.过点O作平行于DG的直线，则为所求。

DGDG平面PEF。DG为D

189. 在三棱锥S—ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC和SC于D和E，又 SA=AB,SB=BC.求以BD为棱，以BDE与BDC为面的二面角度数.

∵E为SC的中点 ∴BE⊥SC ∴SC⊥面BDE SC⊥BD 面SA⊥BD ∴BD⊥面SAC 即BD⊥AC BD⊥DE ∴∠EDC为所求.

设SA=a则AB=a SB=BC=

2a SC=2a ∠ASC=60° ∠SCA=30° ∠EDC=60°

190. P是△ABC所在平面外一点，PA、PB、PC两两垂直，G为△PAB的重心，E、F分别是BC、PB 上的点，且BE∶EC=PF∶FB=⊥平面PBC

1,求证：平面GEF2解析：∵G为△PAB的重心，∴

GB2BF ∴GF∥PA. GN1PF∵PA⊥PB PA⊥PC，∴PA⊥面PBC.∴GF⊥面PBC，∴面GFE⊥面PBC.

191. 如图1所示，边长AC＝3，BC＝4，AB＝5的三角形简易遮阳棚，其A、B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大?

解析： 易知，ΔABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为Q，则应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且AB垂直于平面CQD，如图2所示.

因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD中，CQ＝

12，由正弦定理，有 5QDCQ＝

sin30sinQCD,

即 QD＝

65sin∠QCD.

为使面ABD的面积最大，需QD最大，这只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝ 60°. 故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD面积最大.

192. 如图所示，已知三棱锥S—ABC中，SA＝SB＝SC，且AC+BC＝AB，由此可推出怎样的结论? 解析： 引SO⊥平面ABC(O为垂足)，连结OC. ∵SA＝SB＝SC，∴OA＝OB＝OC， ∴O是ΔABC的外心，(结论1)

2

2

2

又∵AC+BC＝AB，

2

2

2

∴ΔABC是直角三角形，且AB是斜边，故O是斜边AB的中点.因而 SO平面SAB(结论2) ∴平面SAB⊥平面ABC(结论3)

193. 正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少?并求之.

解析： (1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN＝＝

AM2AN2＝

12(21)210

(2)从底面到N点，沿棱柱的AC、BC剪开、展开，如图2.

则MN＝

AM2AN22AMANcos120

＝

12(3)221312＝

43

∵

43＜10

∴MNmin＝

43.

194. 已知二面角A—BC—D为150°，ΔABC是边长为a的等边三角形，ΔBCD是斜边为BC的等腰直角三角形.求两个顶点A和D间的距离.

解析：.取BC的中点E，连DE和AE，利用余弦定理AD＝

72a

195. .如图，ABCDEF为正六边形，将此正六边形沿对角线AD折叠.

(1)求证：AD⊥EC，且与二面角F—AD—C的大小无关； (2)FC与FE所成的角为30°时，求二面角F—AD—C的余弦值.

解析：(1)正六边形ABCDEF，在折叠前有AD⊥EC，设AD与EC交于M，折叠后即有AD⊥ME，AD⊥MC.则AD⊥平面EMC，无论∠EMC的大小如何，总有AD⊥EC.(2)利用余弦定理，有cos∠EMC＝

79

196. 在直角BVC的角顶点V，作直角所在平面的斜线VA，使二面角A—VB—C与二面角A—VC—B都等于45°，求二面角B—VA—C的度数.

解析：在VA上取A′作平面VCB的垂线，垂足为O，作OC′⊥VC，OB′⊥VB，连A′C′、A′B′，则∠A′C′O和∠A′B′O分别为二面角A-VC—B与二面角A—VB—C的平面角.易证VB′OC′为正方形.设VB′＝a，可求得A′B′＝

2a.VA′＝3a.过B′作B′D⊥VA，

连结C′D.则∠B′DC′为二面角B—VA—C的平面角.在RtΔB′VA′中，可求B′D＝

63a，又DE⊥B′C′，

B′E＝

22a，则在RtΔB′DE中可求得∠B′DE＝60°.二面角B—VA—C为120°.

197. 已知直线l与平面α内交于一点O的三条直线OA、OB、OC成等角，求证：l⊥α

解析：若l过O点，在l上任取一点P，作PH⊥α，垂足H，则H即在∠AOB的平分线上，又在∠BOC的平

分线上，∴H是它们的公共点，故H与O重合；若l不过O点，可作过O的直线l′，使l′∥l即可证明.

198. 空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，点P在AD上移动，点Q在CB上移动，求点P与点Q的最短距离。

A

Ｐ

22

Ｂ Ｑ

Ｃ

Ｄ

解析：中可求得。

如图作辅助线，可得PQ为AD，BC的公垂线。在直角三角形BQP

199. 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ） A.三棱锥 B.四棱锥 C.五棱锥 D.六棱锥 解析：Ｄ

ABOCABC是正三角形，所以OC=AC，而

为斜边，矛盾，所以正棱锥不是六棱锥。

200. A、B为球面上相异的两点，则通过A、B可作大圆（ ）

AOC是直角三角形，OC为直角边，AC

A.一个 B.无穷多个 C.零个 D.一个或无穷多个 解析：Ｄ

当A，B点在球直径上，，这样的大圆有无数个，当不在球直径上，与球心O三个点唯一确定一个平面。

201. ．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=AC=2，求球的体积。

解析：过A、B、C三点截面的小圆的半径就是正△ABC的外接圆的半径

23， 3它是Ｒｔ△中60所对的边，其斜边为

025644，即球的半径为，∴V3381；

202. 正四面体棱长为a，求其内切球与外接球的表面积。

解析：设正四面体的面BCD和面ACD的中心分别为O1,O2 ，连结AO2与BO1并延长，必交于CD的中

点E，又BE336a，a，O2E,连结AO1与BO2连接BO2，在Rt△BO2E中，BO2623Ｒｔ△BO1O2，∴O2O3O3O1,O3AO3B，同理可证

交于O3，由Rt△AO2O3O3CO3DO3A,O3到另二面的距离也等O3O1，

∴O3为四面体外接球与内接球的球心，由△BO1O3∽△BO2E，∴O1O36a， 12∴R外6361a,S外a2,r内a,S内a2 42126203. 在RtΔABC中，AB＝BC，E、F分别是AC和AB的中点，以EF为棱把它折成大小为β的二面角A—EF—B后，设∠AEC＝α， 求证：2cosα-cosβ＝-1.

解析：∠AFB＝β.可证：BC⊥AB，然后利用AC2＝BC2+AB2即可证得.

204. 如图：D、E是是等腰直角三角形ABC中斜边BC的两个三等分点，沿AD和AE将△ABD和△ACE折起，使AB和AC重合，求证：平面ABD⊥平面ABE.

Ａ Ａ

Ｂ Ｄ Ｅ Ｃ

Ｄ Ｂ

Ｅ

解析：过D作DF⊥AB交AB于F，连结EF，计算DF、EF的长，又DE为已知，三边长满足勾股定理，∴∠DFE＝90；

0205. 已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为８，侧棱长为６，D为AC中点，

（１）求证：AB1∥平面C1DB；（２）求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值.

(1) 解析：连Ｂ１Ｃ交BC１于E，连结ED，则AB１∥DE，由线面平行定理得AB１∥平面BDC１；（２）∵AB１∥ＤＥ，∴DE与BC１所成锐角就是异面直线AB１与BC１所成的角，又BD⊥DC，在Rt△BDC１中，

易知BE＝

1BC2１

＝５，DE＝５，BD＝43，在△BDE中，cos∠BED＝

1，∴异面直线AB25１

与BC１所成

角的余弦值为

1 2500206. 已知（如图）：三棱锥P—ABC中，异面直线PA与BC所成的角为90，二面角P—BC—A为60，△PBC和△ABC的面积分别为16和10，BC＝４.

Ｐ

求：（１）PA的长；（２）三棱柱P—ABC的体积VPABC

Ａ 解析：

Ｃ

Ｂ

(1)作AD⊥BC于D，连PD，由已知PA⊥BC，∴BC⊥面PAD，∴BC⊥PD，∴∠PDA为二面角的平面角，∴∠PDF＝60，

0可算出PD＝８，AD＝５，∴PA＝７;(2)Ｖ＝

403 3207. 如图2－33：线段PQ分别交两个平行平面α、β于A、B两点，线段PD分别交α、β于C、D两点，线段QF分别交α、β于F、E两点，若PA＝9，AB＝12，BQ＝12，ACF的面积为72，求BDE的面积。 解析： 求BDE的面积，看起来似乎与本节内容无关，事实上，已知ACF的面积，若BDE与ACF的

对应边有联系的话，可以利用ACF的面积求出BDE的面积。

（提示：①ABC的两条邻边分别长为a、b，夹角为θ，则ABC的面积S＝-α)

解答:∵平面QAF∩α＝AF，平面QAF∩β＝BE，又∵α∥β，∴AF∥BE 同理可证：AC//BD，∴∠FAC与∠EBD相等或互补，即sin∠FAC= sin∠EBD. 由 AF∥BE，得

1absinθ2,②sinα=sin(180°

BEQB1211，∴BE＝AF AFQA2422P F A C α ACPA937，∴BD＝AC

3BDPB2171又∵ACF的面积为72，即AF·AC·sin∠FAC＝72，

2由BD//AC，得：

E B Q 图2－33

D β 1∴SDBE＝ BE·BD·sin∠EBD

2117 ＝· AF·AC·sin∠FAC

223717 ＝· AF·AC·sin∠FAC＝

626∴BDE的面积为84平方单位。

×72＝84

208. a、b、c为三条不重合的直线，α、β、γ为三个不重合平面，现给出六个命题， ①

a//ca//b b//c ②

a//a//b b// ③

//c// //ca////a //④

//// // ⑤

//c//a a//c ⑥

其中正确的命题是（ ）

A. ①②③ B. ①④⑤ C. ①④ D. ①④⑤⑥ 解析： 首先要判断每个命题的真假，错误的命题只需给出一个反例。 解答: ①三线平行公理，

②两直线同时平行于一平面，这二直线可相交，平行或异面 ③二平面同时平行于一直线这两个平面相交或平行 ④面面平行传递性，

⑤一直线和一平面同时平行于另一直线，这条直线和平面可平行或直线在平面内， ⑥一直线和一平面同时平行于另一平面，这直线和平面可平行也可能直线在平面内，

故①④正确 ∴应选C。

209. 长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB1与A1D所成的角为α，AC与BC1所成的角为β，A1C1与CD1所成的角为γ。 求证：α＋β＋γ＝π 解析：作如图的辅助线

则∠AB1C为AB1与A1D所成的角∠AB1C＝α

∵AB//A1B1//C1D1

∴BC1//AD1，故∠D1AC为AC与BC1所成的角∠D1AC＝β ∵AA1//DD1//CC1，∴A1C1//AC

∴∠D1CA即为A1C1与CD1所成的角∠D1CA＝γ

在△ACD1和△ACB1中，AB1＝CD1，B1C＝D1A，AC＝CA ∴△ACD1≌△CAB1，故∠AB1C＝∠AD1C，故∠AD1C＝α 在△AD1C中，∠AD1C＋∠D1CA＋∠D1AC＝π 即：α＋β＋γ＝π

210. 如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行。 （已知α∥β，γ∥β，求证：α∥γ。）

解析：如图2－ ，作两个相交平面分别与α、β、γ交于a、c、e和b、d、f

B1 A1

B A 图2－

D D1 C1

C

a α

c b a//c//b//da//ea////b//fb//c//e//d//f

211. 下列说法中正确的是（ ）：

A. 直线l平行于平面α内的无数条直线，则l//α B. 若直线a在平面α外，则a//α C. 若直线a//b，直线bα，则a//α

β

d e γ

f D. 若直线a//b，bα，那么a就平行于平面α内的无数条直线 解析：画出图形，根据直线与平面平行的定义和判定定理进行分析。

解答: 由直线l 虽与平面α内无数条直线平行，但l有可能在平面α内，知l不一定平行于α，从而排除A

直线a在平面α外，包括两种情况：a//α或a与α相交，故a与α不一定平行，从而排除B 直线a//b ，bα只能说明a和b无公共点，但a可能在平面α内，故a不一定平行于α，从而排除

C

a//b，bα，那么aα或a//α，故a可能与平面α内的无数条直线平行，从而选择D 点评: 判定直线与平面平行时，要注意直线与平面平行的判定定理中的三个条件，缺一不可。 。

212.如图2－20，两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM＝FN，求证：MN//平面BCE。

D C A M B N E F G 图2－20

解析： 要证MN//平面BCE，就是要在平面BCE上找一条直线，证明它与MN平行即可。 证明: 连结AN并延长，交BE延长张于G，连结CG。 由AF//BG，知BCE。

点评:证线面平行，通常转化为证线线平行，关键是在平面内找到所需的线。 213. 如图2－21，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为DD1的中点， （1）判断BD1和过A、C、E三点的平面的位置关系， 并证明你的结论。 （2）求ACE的面积。

证明（1）：连结BD，令BD∩AC＝F。 ∵BD1和过A、C、E三点的平面平行， 则F是DB的中点，又E是DD1的中点， ∴EF∥BD1

又EF平面ACE，BD1平面ACE， ∴BD1∥平面ACE

（2）在正方形ABCD中，AB＝2，AC＝2在直角△ADE中，AD＝2，DE＝1，∴AE＝

ANFNAM，故MN//CG，MN平面BCE，CG平面BCE，于是MN//平面NGNBMC A1 A

D1 E D B C1 B1 C 2，∴AF＝2 5

A1 A D1 E D F C1 B1 C B 在Rt△EAF中，EF＝∴sACEEA2AF2＝

52＝3

图2－

12236 2214. 直线a//直线b，直线a与平面α相交，判定直线b与平面α的位置关系，并证明你的结论 证明：假设直线b与α不相交，则bα或b//α (1)若bα，由a//b，bα，aα

a//α，与a与平面α相交矛盾，故bα不可能。

(2)若b//α，又a// b，a，b可以确定平面β，设α∩β＝c，由cα,知b与c没有公共点，又b、c同在平面β内，故b//c，又a//b，故a//c，cα，aα综上所述，b与α必相交。

a//α

，这与a与平面α相交矛盾。故b不平行α。

215. 如图2－22：在长方体AC1中， （1）求证：BC1//平行平面AB1D1

（2）若E、F分别是D1C，BD的中点，则EF//ADD1A1

D1 A1 D F //DC//AB 解析：（1）∵D1C1∴ABC1D1是平行四边形 BC1//AD1

又BC1平面AB1D1，又AD1平面AB1D1 BC1//平面AB1D1

（2）证明：连结AF、CF、AD1，

∵ABCD是正方形，且F是BD的中点，知A、F、C三点共线， 且F是AC的中点，又E是CD1的中点

∴EF//AD，又EF平面ADD1A1，AD平面ADD1A1， ∴EF//平面ADD1A1

C1 E B1

C

A B 图2－22

216.在正方体木块ABCD－A1B1C1D1的表面上有一动点P由顶点A出发按下列规则向点C1移动； ⑴点P只能沿着正方体木块的棱或表面对角线移动； ⑵点P每一变化位置，都使P点到C1点的距离缩短。 动点P共有_________种不同的运行路线。

解析：通过画图逐一计数，共得12种不同路线（从B到C1，就有3种不同路线） 经过一条边，一条对角线的情况有6种，

ABC1，AA1C1，ADC1

AB1C1，ACC1，AD1C1

经过三条边的情况有6种：

ABB1C1，ABCC1，ADCC1

ADD1C1，AA1B1C1，AA1D1C1

217. 判定下列命题的真假

（1）两个平面垂直，过其中一个平面内一点作与它们的交线垂直的直线，必垂直于另一个平面； （2）两个平面垂直，分别在这两个平面内且互相垂直的两直线，一定分别与另一平面垂直； （3）两平面垂直，分别在这两个平面内的两直线互相垂直。 解析：（1）若该点在两个平面的交线上，则命题是错误的，

如图2－55，正方体AC1中，平面AC⊥平面AD1，平面AC∩平面AD1＝AD，

在AD上取点A，连结AB1，则AB1⊥AD，即过棱上一点A的直线AB1

与棱垂直，但AB1与平面ABCD不垂直，其错误的原因是AB1没有保证在平面ADD1A1内，可以看出：线在面内这一条件的重要性；

（2）该命题注意了直线在平面内，但不能保证这两条直线都与棱垂直，如图2－56，在正方体AC1中，平面AD1⊥平面AC，AD1平面ADD1A1，AB平面ABCD，且AB⊥AD1，即AB与AD1相互垂直，但AD1与平面ABCD不垂直； （3）如图2－56：正方体AC1中，平面ADD1A1⊥平面ABCD，AD1平面ADD1A1，AC平面ABCD，AD1与AC所成的角为60，即AD1与AC不垂直 解：由上面的分析知，命题⑴、⑵、⑶都是假命题。

A1

D1

B1 D C1

C B A A1

D A 图2－55

D1 C1

B1

C B

点评:在利用两个平面垂直的性质定理时，要注意下列的三个条件缺一不可：①两个平面垂直；②直线必须在其中一个面内；③直线必须垂直它们的交线。

218.已知平面α⊥平面β，平面α⊥平面γ，且β∩γ＝a，求证：a⊥α。 解析： 此题需要作出辅助线，可有多种证明方法。

证法1:如图2－57：在α内取一点P，作PA⊥β于A，PB⊥γ于B， 则PA⊥a，PB⊥a，又PAα，PBα，PA∩PB＝P，∴ a⊥α。

图2－56

证法2：如图2－58，在a上任取一点Q，作QC ⊥α于C，∵β∩γ＝a，∴Q∈β， 又β⊥α，∴QCβ，同理可证QCγ，∴QC为β与γ的交线a，∴ a⊥α。 证法3：如图2－59，在a上取点R，在β内作RD垂直于α、β的交线l于D，

∴RD⊥α，同法在γ内，作RE垂直于α，交α与γ的交线m于E，则RE⊥α，过平面外一点，作这个平面的垂线是惟一的，∴RD、RE重合，则它既包含于β，又包含于γ， ∴ a⊥α。

证法4：如图2－60，在β、γ内分别取M、N分别作α、β的交线l和α、γ的交线m的垂线c，d，则c⊥α，d⊥α，c//d，c//a，∴ a⊥α。

点评: 此题是线线，线面，面面垂直转化典型题，多解题，对沟通知识和方法，开拓解题思路是有益的。

β A a γ B P

a γ β Q

a γ β R l m D E β M c a

N γ d m α

α

C

α

α

l 图2－60

图2－57 图2－58

图2－59

219. 下列四个平面图形中，每个小四边形皆为正方形，其中可以沿两个正方形的相邻边折叠围成一个立方体的图形是 （ ）

解析：C A.

B. C. D.

220. 如图，将锐角A为60°，边长为a的菱形ABCD沿BD折成60°的二面角，则A与C之间的距离为___________。

解析：

3a 2B A

A C

B D

E

D

C

221. 如图2－63，已知平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ。α∩γ＝a，β∩γ＝b且a∥b，求证α∥β。 证明：在平面γ内作直线c⊥a， ∵a∥b，∴c⊥b。 ∵α⊥γ，∴c⊥α， 又∵β⊥γ，∴c⊥β， ∴α∥β

α β

c a b γ 图2－63 222. 求证：一条直线与两个相交平面都平行，则这条直线与这两个相交平面的交线平行。

已知：如图：a//α,a//β,α∩β＝b，求证：a//b 解析： 本题可利用线面平行的性质定理来证明线线平行。

证明: 如图2－28，过a作平面γ、δ，使得γ∩α＝c，δ∩β＝d，那么有

dcc//dc//c//b a//a//ca//b a同理a//dcb同理a//c点评: 本题证明过程，实际上就是不断交替使用线面平行的判定定理、性质定理及公理4的过程。这是证明线线平行的一种典型的思路。

β db

δ acγ α

223. 如图2－29：四面体A－BCD被一平面所截，截面EFGH是一个矩形， （1）求证：CD//平面EFGH； （2）求异面直线AB、CD所成的角。 证明：（1）∵截面EFGH是一个矩形， ∴EF//GH，又GH平面BCD

∴EF//平面BCD，而EF平面ACD，面ACD∩面BCD＝CD ∴EF// CD，∴CD//平面EFGH

解：（2）则（1）知EF// CD，同理AB//FG， 由异面直线所成角的定义知∠EFG即为所求的角。 ∴AB、CD所成的角为90°

H G A E B F D

C 图2－29

224. 如图2－31：设a、b是异面直线，A∈a，B∈b，AB⊥a，AB⊥b，过AB的中点O作平面α与a、b分别平行，M、N分别是a、b上任意两点，MN与α交于点P， 求证：P是MN的中点。

证明：连结AN，交平面α于点Q，连结PQ，OQ。 ∵ b//α，b平面ABN，平面ABN∩α＝OQ， ∴b// OQ，又O为AB有中点，∴Q为AN的中点。 ∵a//α，a ∴a// PQ，

∴P是MN的中点。

A M a

平面AMN，平面AMN∩α

＝PQ，

α O B

N b

图2－31

225.如图2－32：平面EFGH分别平行于CD、AB，E、F、G、H分别在BD、BC、AC、AD上，且CD＝a，AB＝b，CD⊥AB （1）求证：EFGH是矩形

（2）点E在什么位置时，EFGH的面积最大

H D E G C F B

A

（1）证明：∵CD//平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF ∴CD//EF，同理HG//CD，∴EF// HG，同理HE//GF， ∴四边形EFGH为平行四边形，由CD//EF，HE// AB， ∴∠HEF为CD和AB所成的角 又∵CD⊥AB，∴HE⊥EF ∴四边形EFGH为矩形

（2）解：由（1）可知在BCD中EF//CD，设DE＝m，EB＝n

图2－32

H A D E G C F B

图2

EFBEn,又CDa,EFa,CDDBmnHEDEm由HE//AB,，又ABb,HEbABDBmn又四边形EFGH为矩形mnmnS矩形EFGHHEEFbaabmnmn(mn)2mn2mn,(mn)4mnmn1,当且仅当mn时取等号，(mn)24mn1即E为BD的中点时，即S矩形EFGHabab,(mn)241矩形EFGH的面积最大为ab42

226. 如图2－23：已知正方体ABCD－A1B1C1D1，求证：平面AB1D1//平面BDC1。 解析：要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知，须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线

A1 D1

B1 C1

证明:∵AB//C1D1，C1D1//A1B1，∴AD1//BC1∴AB// A1B1，

D A B 图2－23

∴四边形ABC1D1为平行四边形，又AD1平面AB1D1，BC1平面AB1D1，∴BC1//平面AB1D1，同理，BD//平面AB1D1，又BD∩BC1＝B， ∴平面AB1D1//平面BDC1。

C

点评:证面面平行，通常转化为证线面平行，而证线面平行又转化为证线线平行，所以关键是证线线平行。

227.如图2－24：B为ACD所在平面外一点，M、N、G分别为ABC、ABD、BCD的重心， （1）求证：平面MNG//平面ACD； （2）求SMNG:SADC

B 解析：（1）要证明平面MNG//平面ACD，由于M、N、G分别 为△ABC、△ABD、△BCD的重心，因此可想到利用重心的性 质找出与平面平行的直线。

证明:连结BM、BN、BG并延长交AC、AD、CD分别于P、F、H。 ∵M、N、G分别为△ABC、△ABD、△BCD的重心，

A

M P N G D F H C

BMBNBG2 则有：

MPNFGH连结PF、FH、PH有MN∥PF，又PF平面ACD，∴MN∥平面ACD。

图2－24

同理：MG∥平面ACD，MG∩MN＝M， ∴平面MNG∥平面ACD

（2）分析：因为△MNG所在的平面与△ACD所在的平面相互平行，因此，求两三角形的面积之比，实则求这两个三角形的对应边之比。

MGBG2， PHBH3211∴MG＝PH，又PH＝AD，∴MG＝AD

32311同理：NG＝AC，MN＝CD，

33∴MNG∽ACD，其相似比为1：3，

解：由（1）可知∴SMNG:SADC＝1：9

点评:立体几何问题，一般都是化成平面几何问题，所以要重视平面几何。比如重心定理，三角形的三边中线交点叫做三角形有重心，到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍。 228. 如图：在正方体ABCD－EFGH中，求证：平面AFH//平面BDG。 解析：易证BD//平面AHF，BG//平面AHF， ∴平面BDG//平面AHF。

229.如图：在正方体ABCD－EFGH中，M、N、P、Q、R、S分别是AE、EH、EF、CG、BC、CD的中点，求证：平面MNP//平面QRS。 解析：先证明SR//BD，BD//HF,HF//NP, ∴SR//平面MNP,再证RO//平面MNP， 从而证明平面MNP//平面QRS

230. 判断题：正确的在括号内打“√”号，不正确的打“×”号

H E

D A H N P S D A 图2－26

B

R F B G Q C F G C

E M 1．一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 （ ） 2．如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，那么这条直线和这个平面垂直 （ ） 3．垂直于三角形两边的直线必垂直于第三边 （ ） 4．过点A垂直于直线a的所有直线都在过点A垂直于a的平面内 （ ） 5．如果三条共点直线两两垂直，那么其中一条直线垂直于另两条直线确定的平面 （ ） 解析： 本题是利用直线和平面垂直的定义及判定定理等知识来解答的问题。

解答: 1．直线与平面平行，则直线与平面内的直线的位置关系不外乎有两种①平行，②异面，因此应打×

2．该命题的关键是这无数条直线具有怎样的位置关系，若为平行，则该命题应打“√”号；若为相

交，则该命题应打“×”号，正是因为这两种可能同时具备，因此，不说明面内这无数条线的位置关系，则该命题应打“×”号

3．垂直于三角形两边的直线必垂直于三角形所在的平面，由线面垂直定义的逆用，则该直线必垂直于三角形的第三边，∴该命题应打“√”

4．前面介绍了两个命题，①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，②过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，根据第一个命题知：过点A垂直于直线a的平面惟一，因此，过点A且与直线a垂直的直线都在过点A且与直线a垂直的平面内，∴该命题应打“√” 5．三条共点直线两两垂直，设为a，b，c且a，b，c共点于O， ∵a⊥b，a⊥c，b∩c＝0，且c确定一平面，设为α，则a⊥α， 同理可知b垂直于由a，c确定的平面，c垂直于由a，b确定的平面 ∴该命题应打“√”

点评:此类问题必须做到：概念清楚、问题理解透彻、相关知道能灵活运用。

231.如图2－35：在空间四边形ABCD中，已知BC＝AC，AD＝BD，引BE⊥CD，E为垂足，作AH⊥BE于H，求证：AH⊥平面BCD。

解析： 要证AH⊥平面BCD，只须利用直线和平面垂直的判定定理，证AH垂直于平面BCD中两条相交直线即可。 证明:取AB中点F，连结CF、DF， ∵AC＝BC，∴CF⊥AB，

又∵AD＝BD，∴DF⊥AB，∴AB⊥平面CDF， 又CD平面CDF，∴CD⊥AB 又CD⊥BE，∴CD⊥平面ABE，CD⊥AH 又AH⊥BE，∴AH⊥平面BCD。

点评:证明线面垂直，需转化为线线垂直，而线线垂直，又可通过证线面垂直来实现。在这里，定义可以双向使用，即直线a垂直

于平面α内的任何直线，则a⊥α，反之，若a⊥α，则a垂直于平面α内的任何直线。

A

F C

H E D

图2－35

B

P

232.如图：已知PA⊥⊙O所在的平面，AB是⊙O的直径， C是异于A、B的⊙O上任意一点，过A作AE⊥PC于E ， 求证：AE⊥平面PBC。

证明：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC， 又∵AB是⊙O的直径，∴BC⊥AC 而PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC 又∵AE平面PAC，∴BC⊥AE

∵PC⊥AE且PC∩BC＝C，∴AE⊥平面PBC。

233. 如图：BC是Rt△ABC的斜边，AP⊥平面ABC，连结PB、PC，作PD⊥BC于D，连结AD，则图中共有直角三角形_________个。

E O A C 图2－36

B

P 8

解析：Rt△PAB、Rt△PAC、Rt△ABC、Rt△ADP。 可证BC⊥平面APD，由BC⊥AD，BC⊥PD 可得Rt△PBD、Rt△PDC、Rt△ADB、Rt△ADC 共8个。

234. 如图：已知ABCD是空间四边形，AB＝AD，CB＝CD 求证：BD⊥AC

证明：设BD的中点为K，连结AK、CK， ∵AB＝AD，K为BD中点 ∴AK⊥BD

同理CK⊥BD，且AK∩KC＝K ∴BD⊥平面AKC

∴BD垂直于平面AKC内的所有直线

235. 如图2－40：P是△ABC所在平面外的一点，PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，PH⊥平面ABC，H是垂足。

求证：H是ABC的垂心。

证明：∵PA⊥PB，PB⊥PC， ∴PA⊥平面PBC，BC平面PBC ∴BC⊥PA

∵PH⊥平面ABC，BC平面ABC ∴BC⊥PH

∴BC⊥平面PAH，AH平面PAH ∴AH⊥BC，同理BH⊥AC，CH⊥AB， 因此H是△ABC的垂心。

236. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1中点，O为底面ABCD中心，

求证：B1O⊥平面PAC。

证明：如图：连结AB1，CB1，设AB＝1 ∵AB1＝CB1＝

A

B

D

C

A B C

D

P A B D1

A1 P D A

O H D C1 B1 C

C B

2，AO＝CO，∴B1O⊥AC，

2连结PB1，∵OB1OB2BB123 29 43OP2PD2DO2

4222PB1PD1B1D1∴OB12OP2PB12

∴B1O⊥PO， ∴B1O⊥平面PAC。

237. 正方体各个面所在的平面能将空间分成m个部分，m应等于 （ ） A. 27 B. 21 C. 18 D.9 解析：A

D'A'B'C'DACB如果将正方体各个面延展，可视为将空间分成三个层面，上面如图标出直角的层面，中间一层，下面一层，而上面一个层面中，又分成九个部分，共93=27个部分。

238. 三棱锥P—ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上一点Q到侧面PAB、侧面PBC、侧面PAC的距离依次为2，3，6。 求：P、Q两点间的距离。 解析：如图，作QE⊥面PAB，

QM⊥面PBC，QH⊥面PAC，E、M、N为垂足。

由PA、PB、PC两两垂直，所以PC⊥面PAB，PB⊥面PAC， PA⊥面PBC，可得三个侧面两两垂直。

设平面QEM与PB交于F，平面QEH与PA交于G，平面MQH与PC交于N，连接EF、MF、GH、GQ、NH、NM，可证明QMNH-EFPG是长方体。

∴PQ===7。

239.已知：如图，ABCD是边长为2的正方形， PC⊥面ABCD，PC=2，E、F是AB、AD中点。 求：点B到平面PEF的距离。

解析：由BD∥EF可证DB∥平面PEF，则点B到平面PEF的距离转化为直线与平面PEF的距离。又由平面PCA垂直平面PEF，故DB与AC的交点到两垂直平面的交线的距离为所求距离。 方法一：连接DB，AC交于O点，设AC交EF于G，连PG， 作OH⊥PG，H为垂足。

∵E、F是AB、AD中点，∴EF∥DB，∴DB∥面PEF， ∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴EF⊥AC， ∵PC⊥面ABCD，∴EF⊥PC，∴EF⊥面PCG， ∵EF面PEF，∴面PEF⊥面PCG，

∵OH⊥PG，∴OH⊥面PEF，即OH为所求点B到平面PEF的距离。

由ABCD边长为2，∴AC=2∵PC⊥面ABCD，∴PC⊥AC，

，GO=，GC=，

∴△OHG∽△PCG，∴,

由PC=2，PG=

∴OH==

即点B到平面PEF的距离为。

方法二：如图，连接BF、PB，设点B到平面PEF的距离为d，

由VP-BEF=

S△BEF·PC

=××BE×AF×PC

=×1×1×2=

连AC交EF于G,连PG,由方法一知

PG=,EF=,S△PEF=××=

∴VB-PEF=·S△PEF·d=VP-BEF=,

∴d=1 d=

即点B到平面PEF的距离为。

240. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H、L、M、N分别是A1D1、A1B1、BC、CD、DA、DE、CL的中点，（1）求证：EFGF；（2）求证：MN//平面EFGH；（3）若AB=2，求MN到平面EFGH的距离。

解：（1）证：取B1C1中点Q，则GQ面A1B1C1D1，且EFFQ，由三垂线定理得EFGF； （2）在三角形DEG中，MN//EG，由此可证MN//平面EFGH；

（3）设所求距离为h，由VE-NGH=VN-HEG，得

111ELSNHGhSHEG，又SNHG，334SEHG3，EL=2，故h

36。