辽宁省沈阳市第十中学2021届高考数学二轮复习立体几何典型500题附加题题库及解析(十二)(551～600题) 练习

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 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 EMBED Equation.3 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′＝ EMBED Equation.3 ∴x＝ EMBED Equation.3 · ，解得：x＝ .∴线段AB′在侧面的射影长为 . 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′＝ 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. 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＝ ，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. 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＝ 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 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＝ 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. 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