高中立体几何典型500题及解析(七)(301~350题).doc

高中立体几何典型500题及解析(七)(301~350题)
301. 正三棱柱ABC—A1B1C1的侧面三条对角线AB1、BC1、CA1中,AB1⊥:AB1⊥CA1.
解析:方法1 如图,延长B1C1到D,使C1D=、⊥BC1,故AB1⊥CD;又B1C1=A1C1=C1D,故∠B1A1D=90°,于是DA1⊥⊥平面A1CD,因此AB1⊥A1C.
方法2 如图,取A1B1、AB的中点D1、、C1D1、A1P、D1B,易证C1D1⊥⊥BD1,从而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′∵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,、NR.∵PQ⊥平面α,MNα,∴PQ⊥,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=,1的中点,求证:AB1⊥A1M.
解析:不难看出B1C1⊥平面AA1C1C,⊥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⊥1⊥B1C1,∴B1C1⊥1,
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⊥
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: