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高中立体几何典型500题附加题题库及解析(十二)(551~600题)

551. 已知：正三棱柱ABC—A′B′C′中，AB′⊥BC′，BC＝2，求：线段AB′在侧面BB'C'C上的射影长.

解析：如图，取BC的中点D.∵AD⊥BC，侧面BCC'B'⊥底面ABC，∴AD⊥侧面

BCC'B'B'D是斜线AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′，∴B'D⊥BC′.

设BB′＝x，在RtΔB'BD中，BE∶BD＝BB'，B'D＝ x. ∵E是ΔBB′C的重心.∴BE＝∴x＝

13

13

2

BC′＝

13

4 x

2

x·

2

x 4，解得：x＝2.∴线段AB′在侧面的射影长为2.

2

552.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′＝θ.

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.

553. 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，MN α，∴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.

554. 如图，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，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＝3.

AA1A1C1

12

A′D·BC，S＝

12

AD·BC，cosθ＝

A DAD

,∴S′＝S·cos

设∠AC1A1＝α，∠MA1C1＝β∴ tanα＝＝

63

＝2

,

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6

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tgβ＝

MC1

21 tan tan

＝＝.∵cot(α+β)＝＝

2A1C1tan tan 3

1 12

22

＝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.

555. 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＝

DMCD

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

23

556. 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＝2a,∵PB⊥PC，在RtΔPBC中， ∵∠PBC＝60°,PB＝a.∴BC＝2a,PC＝3a. ∵AP⊥PC ∴在RtΔAPC中，AC＝PA PC

2

2

＝a (3a)＝2a

22

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(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.

557. 在空间四边形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB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＝HA

∵PH⊥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＝3h. ∴矩形ACBH中，AB＝BH

2

HA

2

＝h (3h)＝2h.

h

3h

32

22

作HE⊥AB于E，∴HE＝

HB HAAB

＝

2h

＝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＝PH

2

HE

2

＝h (

2

32

h)＝

2

72

h.

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即点P到AB距离为

72

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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.

558. 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＝在AB上，且AF＝

13

13

AD，F

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＝

a59

.

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： ①利用垂直面；

②转化为线面距离再用垂直面；

③当垂足位置不易确定时，可考虑利用体积法求距离.

559． 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＝

3a

3

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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 VC

＝VA BCC，可得h＝ ABC

1

1

1

33

1

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 FG＝

3a3

.

点评 (1)求线面距离的先决条件是线面平行，而求线面距离的常用方法是把它们转化为求点面之间的距离，有时也可转化为求面面距离，从本题的解法也可悟出求异面直线之间的距离的思路.

560. 在ΔABC中，M、N分别是AB、AC上的点，

AMMB

ANNC

12

＝＝.沿MN把ΔAMN到ΔA′

MN的位置，二面角A′—MN—B为60°，求证：平面A′MN⊥平面A′BC.

解析：作AD⊥BC于D，设AD∩MN＝P，∠A′PD＝60°，可证A′P⊥平面A′BC.

561. 四面体的四个顶点到平面M的距离之比为1∶1∶1∶3，则平面M的个数应有多少个? 解 这样的平面应分4种情况讨论：

(1)4个顶点都在平面M的同侧，则有C4·1＝4个(平面)；

(2)距离比为3的顶点与其他3个顶点不同侧，则有C41·1＝4个(平面)；

(3)距离比为3的顶点与其他3个顶点中的1个同侧，则有C3·C4·1＝12个(平面) (4)距离比为3的顶点与其他3个顶点中的2个同侧，则有C32·C41·1＝12个(平面)； ∴ 一共应有4+4+12+12＝32个(平面)

562. 斜四棱柱侧面最多可有几个面是矩形

A、

C、2个 D、3个

解析：C。 只能相对的侧面均为矩形

563. 在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有

0个 B、1个

1

1

1

A、1个 B、2个 C、3个 D、4个

解析：D。 如图，ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，则P—ABCD的四个侧面均为直角三角形 564. 正四棱柱的一个侧面面积为S，则它的对角面面积是__________。

解析：2S 设正棱柱底面边长为a，高为h，则ah=S，对角面面积为2ah 2S 565. 正n棱柱每相邻两个侧面所成二面角度数为__________。 解析：

n 2n

180

底面正多边形的每一个内角为某两个邻面所成二面角的平面角，正n

180

边形内角度数为

n 2n

566. 正六棱柱的高为5cm，最长对角线为13cm，它的侧面积是__________。

解析： 180cm 设正六棱柱底面边长为a，高为h，则h+(2a)=13，h=5，∴a=6，∴侧面积=6ah=180

567. 一个正棱锥的一个侧面与底面所成角是θ，底面积Q，则它的侧面积是________。 解析： Qsecθ 正棱锥的底面是侧面在底面上的射影，利用面积射影定理 568. 正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，A1B与对角面A1B1CD所成角为300

，

2

2

2

2

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求证：此四棱柱为正方体。

解析：∵ A1B1⊥平面B1C

∴ 平面A1B1CD⊥平面BC1，交线为B1C

在平面B1C内作BO⊥B1C，O为垂足，连A1O 则BO⊥平面A1B1CD

∴ ∠BA1O为BA1与平面A1B1CD所成的角 ∴ ∠BA1O=30

设正四棱柱底面边长为a，高为h 则A1B a2 h2,BO ∵ sin∠BA1O=∴

12

a

2

BB1 BCB1C

a

ah

2

2

h

BOA1B

ah

h

2

a

2

2

h

∴ a2+h2=2ah ∴ a=h

∴ 正四棱柱ABCD—A1B1C1D1为正方体

569. 四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，A1B=A1D，求证：（1）对角面AA1C1C⊥截面A1BD；（2）对角面D1DBB1是矩形 解析：（1）∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC 设BD∩AC=0，又A1B=A1D， ∴ BD⊥A1O ∵ A1O∩AC=O

∴ BD⊥平面AA1C1C

∴ 平面A1BD⊥对角面AA1C1C

（1）

（1），BD⊥平面AC1

∴ BD⊥AA1 又DD1∥AA1

∴ BD⊥DD1

570. 正四棱锥棱长均为a，（1）求侧面与底面所成角α；（2）若相邻两侧面所成角为β，求证：β=2α。

解析：如图，正四棱锥S—ABCD，SO、SF分别为高、斜高，∠SFO为二面角S—AB—O平面角，∠SFO=α，在△SBC中，作BE⊥SC，E为垂足，连DE ∵ △BCE≌△DCE ∴ DE⊥SC

∴∠BED为侧面B—SC—D平面角，∠BED=β （1）OF ∴ SF SB∴ sin

2

由

a2

,BF

2

a2

2

a,SO

SF OF

2

2

BF

63

3

22

a

SOSF

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∴ arcsin

63

（2）连EO ∵ BE ∴ sin∵ ,

2 32

a,OB

63

22a

OBOE

2

(0, 2

2

)

得：

2

∴ 由sin

sin

∴ β=2α

571. 正三棱锥的侧棱等于10cm，侧面积等于144cm，求棱锥的底面边长和斜高。 解析：设底面边长为a，斜高为h’

a2 22

h' () 10 2则

1 3a h' 122 2

2

∴

a 12 h' 8

或

a 16 h' 6

572. 斜三棱柱ABC—A1B1C1的底面△ABC中，AB=AC=10，BC=12，A1到A、B、C三点的距离都相等，且AA1=13，求斜三棱柱的侧面积。

解析：∵A1A=A1B=A1C

∴ 点A1在平面ABC上的射影为△ABC的外心，在∠BAC平分线AD上 ∵ AB=AC

∴ AD⊥BC

∵ AD为A1A在平面ABC上的射影 ∴ BC⊥AA1 ∴ BC⊥BB1

∴ BB1C1C为矩形，S=BB1×BC=156 取AB中点E，连A1E ∵ A1A=A1B ∴ A1E⊥AB ∴ A1E AA1 (∴ SAA

1C1C

2

AB2

)

2

12

SAA

1B1B

20

∴ S侧=396

573. 四棱锥V—ABCD底面是边长为4的菱形，∠BAD=1200，VA⊥底面ABCD，VA=3，AC与BD交于O，（1）求点V到CD的距离；（2）求点V到BD的距离；（3）作OF⊥VC，垂足为F，证明OF是BD与VC的公垂线段；（4）求异面直线BD与VC间的距离。 解析：用三垂线定理作点到线的垂线 在平面ABCD内作AE⊥CD，E为垂足 ∵ VA⊥平面ABCD

∴ AE为VE在平面ABCD上的射影 ∴ VE⊥

CD

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∵ ∠BAD=120 ∴ ∠ADC=600

∴ △ACD为正三角形 ∴ E为CD中点，AE=∴ VE=VA

2

∴ 线段VE长为点V到直线CD的距离

32

4 23

AE

2

21

（2）∵ AO⊥BD

∴ 由三垂线定理VO⊥BD

∴ VO长度为V到直线BD距离 VO=VA

2

AO

2

（3）只需证OF⊥BD ∵ BD⊥HC，BD⊥VA ∴ BD⊥平面VAC ∴ BD⊥OF

∴ OF为异面直线BD与VC的公垂线 （4）求出OF长度即可 在Rt△VAC中 OC=

12

AC=2，VC=VA

2

AC

2

5

∴ OF=OC·sin∠ACF=OC·

VAVC

2

35

65

574. 空间四边形DABC中，P、Q为边CD上两个不同的点，M、N为AB上两个不同的点，连PM、QN，如图，问图中共有多少对异面直线？

解析：为使计算异面直线条数的过程中不出现重、漏的现象，可采用逐步添加的方法。首先考虑空间四边形DABC的四条边DA、AB、BC、CD连同对角线AC、BD，这六条线段可形成三对异面直线DA与BC，AB与CD，AC与BD。

其次添加线段PM，则除去与PM相交的CD、AB，又可新形成4对异面直线，即PM与DA、BC、AC、BD。

因QN与PM位置等同，当添上QN时，也同样新增4对异面直线。 最后注意到，PM与QN也是异面直线。 ∴ 图中共有3+4+4+1=12（对）异面直线

575. 长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=a，BC=b，AA1=c，求异面直线BD1和B1C所成角的余弦值。 解析：显然，通过平移在长方体的表面及内部不可能构造出一个BD1和B1C所成的角，但同时又为了使构造出的角便于计算，故可考虑补上一个与已知长方体相同的长方体DCEF—D1C1E1F1。具体作法是：延长A1D1，使A1D1=D1F1，延长B1C1至E1，使B1C1=C1E1，连E1F1，分别过E1、F1，作E1E // C1C，F1F // D1D，连EF，则长方体C1D1F1E—CDFE为所作长方体。 ∵ BC // D1F1

∴ BD1 // CF1

∴ ∠B1CF1就是异面直线BD1与B1C所成的角。 ∵ BD2=a2+b2

∴ Rt△BDD1中，BD12=BD2+DD12=a2+b2+c2 ∴ CF12=BD12=a2+b2+c2

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∵ B1C2=b2+c2，B1F12=a2+4b2 ∴ △B1CF1中 cos∠B1CF1=

CF1 B1C

2

2

B1F1

2

2CF1 B1C

a

2

c b

2

2

b

2

2

b

2

c c

2

（1） 当c>b时， cos∠B1CF1>0

∴ ∠B1CF1为锐角，∠B1CF1就是异面直线BD1和B1C所成的角

（2） 当c<b时，cos∠B1CF1<0

∴ ∠B1CF1是钝角

∴ π-∠B1CF1就是异面直线BD1和B1C所成的角

（3） 当c=b时，∠B1CF1=900

∴ BD1⊥B1C

法二：作异面直线所成角的过程，其实就是平移异面直线的过程。借助于三角形中位线的平行性，也可以达到平移的目的。

如图，分别取BC、BB1、B1D1的中点P、M、Q，连PM、MQ、PQ 则 MP∥B1C，MQ∥BD1

∴ ∠PMQ（或其补角）就是异面直线BD1与B1C所成的角

△ △

PMQ中，MP=MQ

12

12

B1C=

a

2

12

2

b

2

c

2

2

2

BD1=

12

b c

，PQ=c

a

2

4

利用余弦定理可以得到与解法一同样的结果

576. M、N分别是空间四边形ABCD中AB、CD中点，求证：MN<证明：取AC中点P，则MP=∴ MN<MP+NP=

12

12

12

（AD+BC）。

BC，NP=

12

AD

（BC+AD）

577. 长方体ABCD—A’B’C’D’中，AB=2，BC=BB’=1，M、N分别是AD和BC中点，求异面直线MN和BC’所成角的大小

解析：∵MN∥AC，AC∥A’C’，∴MN∥A’C’ ∴ ∠BC’A’就是MN与BC’所成的角

△

BA’C中，BC’=2，BA’=A’C’=5

BC' A'C' A'B'

2BC' A'C'

2

2

2

∴ cos∠BC’A’=

10

578. 正方体ABCDA1B1C1D1中，若E、M、N分别是棱AB、BC及B1D1的中点，求异面直线DN与MC1所成的角。

解析：连NG、EM、EN、DE

∵ EM //

12

AC，NC1 //

12

AC

∴ NC1 // EM ∴ NE∥MC1

∴ ∠DNE为异面直线DN与MC1所成的角 设AB=a，则DE=EN=GM=

52a

2

，DN=DD1

D2N2

62

a

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△

DNE中，cos∠DNE=

DN

2

EN

2

30

dE

2

2DE NE

3010

10

∴ 异面直线DN与MC1所成的角为arccos.

579. 如图，在正方体ABCD——A1B1C1D1中，E、F分别是AA1、AB的中点，试判断下列各对线段所在直线的位置关系：

（1）AB与CC1；（2）A1B1与DC； （3）A1C与D1B；（4）DC与BD1； （5）D1E与CF

解析：（1）∵C∈平面ABCD，AB 平面ABCD 又C AB，C1 平面ABCD ∴AB与CC1异面

（2）∵A1B1∥AB，AB∥DC，∴A1B1∥DC （3）∵A1D1∥B1C1，B1C1∥BC，∴A1D1∥

则A1、B、C、D1在同一平面内 ∴A1C与D1B相交

（4）∵B∈平面ABCD，DC 平面ABCD 又B DC，D1 平面ABCD ∴DC与BD1异面

（5）如图，CF与DA的延长线交于G ∵AF∥DC，F为AB中点， ∴A为DG的中点，又AE∥DD1， ∴GD1过AA1的中点E，

∴直线D1E与DF相交

580. 证明：如图，假设空间四边形ABCD则AC、BD共面于α，则A、B、C、D顶点不在同一平面内）”相矛盾。

故假设错误，因此AC、BD常用到。

581. 已知空间四边形ABCD中，E、H别是BC、CD的中点，求证：四边形上的点，G是DC上的点，且AC共点。

证明：（1）如图（甲），连结BD。 ∵EH是的△ABD中位线， ∴EH//

12

12CFCB

CGGD

BD，同理FG//BD

根据公理4，EH//FG

∴四边形EFGH是平行四边形。

这里收集了500道高中的立体几何的典型题,通过这些练习,立体几何要保证一分都不丢!

http://www.77cn.com.cn(2)如图(乙)由(1)知 EH // ∴FG∥BD,FG=2 BD 3

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1 CF CG 2 BD,又在△ABD 中， = = 2 CB GD 3

A

H 由公理 4,∴EH∥FG,又 FG>EH。 E ∴四边形 EFGH 是梯形。 D 则直线 EF、GH 相交，设 EF∩GH=P G B 则 P∈EF,又 EF 平面 ABC F ∴P∈平面 ABC,同理 P∈平面 ADC。 C 乙 又平面 ABC∩平面 ADC=AC 由公理 2,得 P∈AC, 即 EF、GH、AC 三条直线共点。 点评：证明四边形是平行四边形或者梯形，首先必须证明它是平面图形，本题中的 EH∥FG 是关键 582. 如图，在正方体 ABCD——A1B1C1D1 中，E、F 分别是 B1D1,A1B 的中点，求证：EF∥AD1。 解析： 要证两条直线平行一是证这两条直线在同一平面内， 再用平面几何知识证明它们平行； 解析： 二是用平行公理即平行直线的传递性，找到与它们都平行的“公共”直线。 这里 E 为 D1B1 的中点，易想到用构造三角形的中位线的方法直接证明平行。因此，连 AB1 是 非常重要的步骤。 D1 C1 E 证明：连 AB1,则 AB1 过 A1B 的中点 F。 A1 B1 又 E 为 D1B1 的中点， ∴EF 为△AD1B1 的中位线， F C 则 EF∥AD1 D 583. 如图，α∩β=C,a α,a∩c=A,b β,b∩c=B,A、B 为不同点。则 a 与 b 的位置 B A 关系为( ) A、平行 a α B、异面 c A C、平行、异面均可能 B b D、平行、相交、异面均可能 β 解析： 解析：B 符合两条异

面直线的判定，选 B 584. 下面的三个命题：①四边相等的四边形是菱形；②两组对边分别相等的四边形是平行 四边形；③若四边形有一组对角都是直角，则这个四边形是圆的内接四边形。 其中正确命题的个数是：( ) A、1 个 B、2 个 C、3 个 D、0 个 D1 解析： 解析：D 均不能保证它们是平面图形，故均不正确，选 D A1 B1 585. 空间两个角α和β,若α和β的两边对应平行，当α=50°时，β = 。 D 解析： 解析：50°或 130° β与α相等或互补 B A 对。 586. 正方体的 12 条面对角线所在的直线中，互相异面的直线共有 解析：30 解析： 面对角线中，与 AC 相交的有 5 条，平行的有 1 条，(自身为 1 条)故与 AC 异面的直线有

C1

C

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12-5-1-1=5

则共有12×5×

12

587. 四面体ABCD解析：180°

588. 在四面体出线段SD与过点解析：图中，SD面ASD（平面CSD解：连接AS交BC∵M∈AD，AD ∴M∈平面AED

∵F∈ED，ED ∴F∈平面AED

又M∈平面MNP，F∴平面AED∩平面∵O∈SD，SD ∴O∈平面AED，又则O∈MF

即O为MF与SD589. 已知直线a证明：∵a∥b

∴经过a、b ∵c∩a=A ∴A∈α 则AB α ∴a、b、c点评：利用a∥b，α590. 空间四边形证：四边形PQRS 证明：∵PQ为 又PQ 平面 又平面PQR ∵R为DC中点,行四边形

评述:线面平行”是证平行关系的常用方法。

变式题：如图，在四面体ABCD中，截面EFGH是平行四边形．求证：AB∥平面EFG．

证明 ∵面EFGH是截面．∴点E，F，G，H分别在BC，BD，DA，AC上．∴EH

面

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ABC，GF

面BAC，面ABC

面ABD，由已知，EH∥GF．∴EH∥面

ABD．又 ∵EH

∩面ABD=AB∴EH∥AB． ∴AB∥面EFG．

591. 两个惟一性定理．

(1)过一点有且只有一条直线和一已知平面垂直 (2)过一点有且只有一个平面和一已知直线垂直

过点A垂直于直线a的所有直线都在过点A，且垂直于直线a的平面内，试证之．

已知：A∈α，a⊥α于点O，AB⊥a．求证：AB 证明：假AB不在平面α内，连结AO． ∵a⊥α∴a⊥AO．又a⊥AB，且AO∩AB=A． ∴a垂直于相交直

AO、AB所确定的平面β．

说明： 关于直线和平面垂直的问题中，有两个基本作图：

(1)过一点有且只有一条直线和一个平面垂直．(2)过一点有且只有一个平面和一条直线垂直． 这两个基本作图可作为公理直接使用．

592. 直线l上有两点到平面α的距离相等，这条直线和平面α的位置如何？

解析：(1)若直线l上的两点到平面α的距离都等于0，这时直线l在平面α内(如图) (2)若直线l上的两点在平面α的两侧,且到平面α的距离相等,这时直线l与平面α相交(如

图)．

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解析：过C作CE∥AB交β于E，取CE中点P则 ∥α

(1)MP∥β；(2)PN∥ED

PN∥β.∴面MN∥面β∴MN∥面α，MN∥α

598. 平面α∥平面β，A、B∈α，C∈β，AA′⊥β于A′，BB′⊥β于B′，若AC⊥AB，AC与β成60°的角，AC=8cm,B′C=6cm,求异面直线AC与BB′间的距离. 解析：∵BB′⊥α∴BB′⊥AB 又∵AC⊥AB ∴AB为AC与BB′的公垂线 又∵AB=A′B′ AB∥A′B′ AC⊥A′B′

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∴A′C′⊥A′B′ A′B′=B C 2 A C 3

6 (9cos60 )

22

6 4

22

20 25

599. 某人买了一罐容积为V升、高为a米的直三棱柱型罐装进口液体车油，由于不小心摔落地上，结果有两处破损并发生渗漏，它们的位置分别在两条棱上且距底面高度分别为b、c的地方(单位：米).为了减少罐内液油的损失，该人采用罐口朝上，倾斜罐口的方式拿回家.试问罐内液油最理想的估计能剩多少

?

解析：如图所示，建立模型，设直三棱柱为ABC—A′B′C′，破损处为D、E.并且AD＝b,EC＝c,BB′＝a.则罐内所剩液油的最大值即为几何体ABC—DB′E的体积. 连结BD、CD

∵VD BCEB ＝VA BCEB ， 而

VD BCEB VA BCC B

＝

a c2a

,VA BCC B ＝

23

V,

∴VD BCEB ＝又∵

VD ABCVA ABC

(a c)V3aba

.

ba

＝，∴VD-ABC＝·

V3

＝

bV3a

.

(a b c)V

3a

故 VABC DB E＝VD BCEB +VD-ABC＝

(a b c)V

3a

，即最理想的估计是剩下升.

600. 要修建一座底面是正方形且四壁与底面垂直的水池，在四壁与底面面积之和一定的前提下，为使水池容积最大，求水池底面边长与高的比值.

解析：为了建立体积V的函数，我们选底面边长和高为自变量.

设水池底面边长为a，水池的高为h，水池容积为v，依题意，有a2+4ah＝k(k为定值).

k a

2

a(k a)

2

∴v＝a2h＝a2

116

4a

＝

132

4

(v＞0),

∴v2＝

132

a2(k-a2)2＝

2

2

·2a2(k-a2)(k-a2)

2

≤(

2a k a k a

3

)＝

3

132

·

8k

3

27

＝

k

3

108

(当且仅当2a＝k-a时，即k＝3a时等

222

号成立)，

故 a2+4ah＝3a2,

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即a∶h＝2∶1时，水池容积最大为

k

k

.

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