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′＝θabc＝，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+0,α+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+β90°，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pmc.
解析：此题数据特殊，先考虑数据关系及计算、发现解题思路。
解 ∵ pa⊥ab，∴∠apb＝90°
在rtδapb中，∵∠abp＝45°，设pa＝a，则pb＝a,ab＝a,∵pb⊥pc，在rtδpbc中，∠pbc＝60°,pb＝a.∴bc＝2a,pc＝a.
ap⊥pc ∴在rtδapc中，ac＝＝＝2a
1)∵pc⊥pa,pc⊥pb,∴pc⊥平面pab，bc在平面pbc上的射影是bp.
cbp是cb与平面pab所成的角。
∠pbc＝60°，∴bc与平面pba的角为60°.
2)由上知，pa＝pb＝a,ac＝bc＝2a.
m为ab的中点，则ab⊥pm，ab⊥cm.
ab⊥平面pcm.
说明要清楚线面的垂直关系，线面角的定义，通过数据特点，发现解题捷径。
309. 在空间四边形abcp中，pa⊥pc，pb⊥bc，ac⊥与平面abc所成角分别为30°和45°。(1)直线pc与ab能否垂直？
证明你的结论；(2)若点p到平面abc的距离为h，求点p到直线ab的距离。
解析：主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系的综合应用及线面角，点面间距离等概念应用，空间想象力及推理能力。
解 (1)ab与pc不能垂直，证明如下：假设pc⊥ab，作ph⊥平面abc于h，则hc是pc在平面abc的射影，∴hc⊥ab，∵pa、pb在平面abc的射影分别为hb、ha，pb⊥bc，pa⊥pc.
bh⊥bc，ah⊥ac
ac⊥bc，∴平行四边形acbh为矩形。
hc⊥ab，∴acbh为正方形。
hb＝haph⊥平面acbh.∴δphb≌δpha.
∠pbh＝∠pah，且pb，pa与平面abc所成角分别为∠pbh，∠pah.由已知∠pbh＝45°，∠pah＝30°，与∠pbh＝∠pah矛盾。
pc不垂直于ab.
2)由已知有ph＝h,∴∠pbh＝45°
bh＝ph＝h.∵∠pah＝30°，∴ha＝h.
矩形acbh中，ab＝＝＝2h.
作he⊥ab于e，∴he＝＝＝h.
ph⊥平面acbh，he⊥ab，由三垂线定理有pe⊥ab，∴pe是点p到ab的距离。
在rtδphe中，pe＝＝＝h.
即点p到ab距离为h.
评析：此题属开放型命题，处理此类问题的方法是先假设结论成立，然后“执果索因”，作推理分析，导出矛盾的就否定结论(反证法)，导不出矛盾的，就说明与条件相容，可采用演绎法进行推理，此题(1)属于反证法。
310. 平面α内有一个半圆，直径为ab，过a作sa⊥平面α，在半圆上任取一点m，连sm、sb，且n、h分别是a在sm、sb上的射影。(1)求证：
nh⊥sb.(2)这个图形中有多少个线面垂直关系？(3)这个图形中有多少个直角三角形？
(4)这个图形中有多少对相互垂直的直线？
解析：此题主要考查直线与直线，直线与平面的垂直关系及论证，空间想象力。
解 (1)连am，bm.∵ab为已知圆的直径，如图所示。
am⊥bm，sa⊥平面α，mbα，sa⊥mb.
am∩sa＝a，∴bm⊥平面sam.
an平面sam，bm⊥an.
an⊥sm于n，bm∩sm＝m，an⊥平面smb.
ah⊥sb于h，且nh是ah在平面smb的射影。
nh⊥sb.
2)由(1)知，sa⊥平面amb，bm⊥平面平面smb.
sb⊥ah且sb⊥hn.
sb⊥平面anh.
图中共有4个线面垂直关系。
3)∵sa⊥平面amb，δsab、δsam均为直角三角形。
bm⊥平面sam，∴δbma，δbms均为直角三角形。
an⊥平面smb.∴δans、δanm、δanh均为直角三角形。
sb⊥平面ahn. ∴sha、δbha、δshn均为直角三角形。
综上所述，图中共有10个直角三角形。
4)由sa⊥平面amb知：sa⊥am，sa⊥ab，sa⊥bm；
由bm⊥平面sam知：bm⊥am，bm⊥sm，bm⊥an；
由an⊥平面smb知：an⊥sm，an⊥sb，an⊥nh；
sb⊥平面ahn知：sb⊥ah，sb⊥hn；
综上所述，图中有11对互相垂直的直线。
311. 如图，在棱长为a的正方体ac1中，m是cc1的中点，点e在ad上，且ae＝ad，f在ab上，且af＝ab，求点b到平面mef的距离。
解法一：设ac与bd交于o点，ef与ac交于r点，由于ef∥bd所以将b点到面mef的距离转化为o点到面mef的距离，面mrc⊥面mef，而mr是交线，所以作oh⊥mr，即oh⊥面mef，oh即为所求。
oh·mr＝or·mc，oh＝.
解法二：考察三棱锥b—mef，由vb-mef＝vm-bef可得h.
点评求点面的距离一般有三种方法：
利用垂直面；
转化为线面距离再用垂直面；
当垂足位置不易确定时，可考虑利用体积法求距离。
312. 正方体abcd—a1b1c1d1的棱长为a，求a1c1和平面ab1c间的距离。
解法1 如图所示，a1c1∥平面ab1c，又平面bb1dd1⊥平面ab1c.
故若过o1作o1e⊥ob1于e，则oe1⊥平面ab1c，o1e为所求的距离。
由o1e·ob1＝o1b1·oo1，可得：o1e＝
解法2：转化为求c1到平面ab1c的距离，也就是求三棱锥c1—ab1c的高h.
由 v＝v，可得h＝a.
解法3 因平面ab1c∥平面c1da1，它们间的距离即为所求，连bd1，分别交b1o、do1与f、g(图中未画出)。易证bd1垂直于上述两个平面，故fg长即为所求，易求得。
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