立体几何基础题题库

立体几何基础题题库351-400（有详细答案）

351. （1）已知直线a∥平面α，a⊥平面β．求证：β⊥

（2）已知三个平面求证：β⊥

解析：（1）如图答9-41，∵ a∥α，在α上任取一点，过a与a确定平面γ，设，则．∵ a

（2）在γ上任取p，设，在γ内作，∵ pqpq⊥β，pqγ，∴

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α-mn-β的棱mn上，在面α内引射线ap，使ap与mn所成的∠pam为45°，与面β所成的角为30°，求二面角α-mn-β的大小．

解析：如图答9-44，取ap上一点b，作bh⊥β于h，连结ah，则∠bah为射线ap与平面β所成的角，∴ bah=30°，再作bq⊥mn，交mn于q，连结hq，则hq为bq在平面β内的射影．由三垂线定理的逆定理，hq⊥mn，∴ bqh为二面角α-mn-β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

即二面角α-mn-β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∥l⊥m (2)α⊥l∥m

3)l∥m4)l⊥mα∥β

其中正确的两个命题是( )

a.(1)与(2) b.(3)与(4) c.(2)与(4) d.(1)与(3)

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.

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.120b.150c.135d.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＝＝

＝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)＝πarccos(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。

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。

解析：在α内作ae⊥dc于e，则ae为δadc的高，则有ae·dc＝，ae＝.

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°＜θ90°，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.

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。

361. 有一个三棱锥和一个四棱锥，棱长都相等，将它们一个侧面重叠后，还有几个暴露面？

解析：有5个暴露面。

如图所示，过v作vs′∥ab，则四边形s′abv为平行四边形，有∠s′va=∠vab=60°，从而δs′va为等边三角形，同理δs′vd也是等边三角形，从而δs′ad也是等边三角形，得到以δvad为底，以s′与s重合。

这表明δvab与δvsa共面，δvcd与δvsd共面，故共有5个暴露面。

362. 若四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是 .(只须写出一个可能的值)

解析：该题的显著特点是结论发散而不惟一。本题表面上是考查锥体求积公式这个知识点，实际上主要考查由所给条件构造一个四面体的能力，首先得考虑每个面的三条棱是如何构成的。

排除｛1，1，2｝，可得｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝，然后由这三类面在空间构造满足条件的一个四面体，再求其体积。

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