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题及解析(七-八)(301～400题) 练习

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⊥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 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 . 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，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. 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+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. 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