考试资料 立体几何基础题题库有详细答案_全案2.doc

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考试资料 立体几何基础题题库有详细答案_全案2

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PM

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