立體幾何pdf

① 求一類立體幾何題目

如何求二面角的大小是立體幾何中的一個重點和難點，也是高考每年考查的知識點之一。本人結合教學實際，就此對該問題的各種求法做一小結。
一． 找出或作出二面角的平面角。
二面角的大小可以用它的平面角來度量，求二面角的大小問題往往要轉化
為求二面角的平面角問題。
1． 定義法：
根據定義，由二面角棱上一點或兩半平面上的一點作棱的垂線，從而得到
二面角的平面角。
例1 如圖已知從一點出發的三條射線PA、PB、PC中，
∠APB=∠BPC=∠CPA=60°，求二面角B-PA-C的大小.
解：在PA上任找一點D（異於P點），過D在平面APB
內作DE⊥PA交PB於E，過D在平面APC內作DF⊥PA
交PC於F，根據二面角的平面角的定義知，∠EDF就是
二面角B-PA-C的平面角，設 ，在Rt△pdf中，
∠DPF=60°，∠PDF=90°，則 ，同理可得
．在△EPF中，PF=PE=2a，∠EPF=60°，則EF=2a.故在△EDF中， .
所以二面角B-PA-C的大小為 ．
2．作平行線法：
若題中未給出二面角的棱，則有時可利用平行線得到棱，從而找出二面角
的平面角。
例2 如圖所示立體圖形中，PA垂直於正方形ABCD，
若PA=AB=a．求平面 PAB與平面PCD所成二面角的大小．
解：在面PAB內過P作PQ‖AB．∵AB CD，
∴ PQ‖CD，PQ 平面PCD．∴ 平面PAB∩平面PCD
=PQ．∵ PA⊥AB，AB‖PQ，∴PA⊥PQ．∵ PA⊥平
面ABCD，CD⊥AD．∴CD⊥PD．∵ PQ‖CD，∴PD⊥PQ．∴ ∠APD是平面PAB和平面PCD所成二面角的平面角．∵PA=AB=AD，∴ ∠APD=45°．
即平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°．
3. 延展平面法：
也可利用平面的延伸找出二面角的棱，從而得二面角的平面角。
例3 如圖棱長為1的正方體AC1中，E為AA1
的中點，求面DEB1與面ABCD所成的二面角．
解：延長B1E、BA交於點F，連結DF，
則DF為所求二面角的棱．∵E為AA1的中
點,∴AE為Rt△B1FB的中位線,∴FA=1,FA‖DC,
∴四邊形FACD為平行四邊形，∴FD‖AC．
連結BD，∵BD⊥AC，∴FD⊥BD．又因為在正方體AC1中B1D⊥AC，∴B1D⊥FD，∴∠B1DB為所求二面角的平面角．在Rt△BB1D中，
.
即面DEB1與面ABCD所成二面角為 ．
4.三垂線定理及其逆定理法：
根據三垂線定理或其逆定理，過面上的一點作另一面的垂線段，進而作出二面角的平面角。
例4 如圖已知Rt△ABC，斜邊BC在平面α內，點A不在α內．AB、AC分別與平面α成30°、45°角，求△ABC
所在平面與平面α所成的銳二面角的大小．
解：過A作AO⊥α於點O，在平面α內
作OD⊥BC於D，連結AD，由三垂線定理得
AD⊥BC．∴∠ADO為所求的二面角的平面角，
連BO、CO．則∠ABO、∠ACO分別為AB、
AC與平面α所成的角．設AO=a,，在Rt△ABO中，
∵∠ABO=30°，∴AB=2a.在Rt△ACO中，∵∠ACO=45°， . 在Rt△ABC中， ． ．

即△ABC所在平面與α成60°角．
5． 垂面法：
根據線面垂直的判定與性質定理和平面角的定義，過一點作棱的垂面或者
過二面角內一點到兩個面的垂線作平面都能得到二面角的平面角。
例5 已知二面角α- -β內一點P到兩個面的距離分別是 和 ，到棱 的距離為2，求這個二面角的大小。
解：過P作PC、PD分別垂
直於平面α和β，C、D為垂足，
則 設PC、PD
確定的平面PCD交棱 於O，分
別交α、β於射線OA、OB，則
C∈OA，D∈OB．∵PC⊥α， ,∴PC⊥ ,同理PD⊥ ．∴ ⊥平面PCD．∴ ⊥OA ， ⊥OB．∴∠AOB是二面角α- -β的平面角．∵PO 平面PCD， ⊥平面PCD，∴ ⊥PO，PO是P點到棱 的距離，即PO=2．在Rt△POC中，

由圖可知∠AOB=∠POC+∠POD=105°，或∠AOB=180°-（∠POC-∠POD）=165°．
故二面角α- -β的大小為105°或165°．
二． 不作出二面角的平面角，利用常見公式間接求。
1. 利用射影面積公式： .已知平面α上面積為s的圖形在
平面β上的射影面積為 ，平面α、β所成角為θ，則 ．
例6 如圖正三稜柱ABC-A1B1C1底面邊長為a，側棱長2a，D為AA1的中點．求△BDC1與底面△ABC所成的二面角的大小．
解： 在正三稜柱ABC- A1B1C1中，
∵△ABC是△BDC1在底面ABC上的射影，
設△ABC與△BDC1面積分別是 ,所求
二面角的大小為 ∴ ．在等腰△BDC1中，
即△BDC1與底面ABC所成二面角大小為 ．
2．異面直線上兩點間的距離公式：EF= ．
在兩個半平面上分別作出垂直於棱的兩異面直線，則這兩條異面直線所成的角（或其補角）即為所成二面角的平面角，再利用上面公式即可求出。
例7 如圖已知直三稜柱ABC- A1B1C1的側棱長為1，底面的邊AC=BC=1，且AC⊥BC，求二面角B-AB –C的大小．
解：過C作CD⊥AB1於D，∵AC⊥BC，
BB1⊥面ABC，∴AC⊥BB1，∴AC⊥面BB1C1C，
∴AC⊥CB1，在Rt△ACB1中，B1C= ，AC=1，
∴CD= ．過B作BE⊥AB 於E，∴DE為異面
直線BE與CD之間的距離．在Rt△ABB1中，BE
= ，∴AD=B1E= ，∴DE= ．設異面直線
BE與CD所成的角為θ，則θ（或其補角）即為二面角B-AB1–C的平面角．據公式 ，∴cosθ= ，∴θ=60°．
即所求二面角B-AB1-C的大小為60°.
3． 三面角中的正弦公式和餘弦公式。
已知交於一點的三條射線OA、OB、OC，∠BOC=α，∠COA=β，∠AOB=γ，二面角B-OA-C，C-OB-A，A-OC-B的大小分別α 、β 、γ ，則有：
① ② ．
應用以上公式關鍵是找清楚三面角的幾個相關的平面角與其所對棱為棱的二面角的對應關系。
例8 如圖已知平面M⊥平面N於CD，點A∈平面M，點B∈平面N，線段AB與平面M成45°角，AB與N成30°角，
AB=2，AC⊥CD於C，BD⊥CD於D．
解一：∵平面M⊥平面N於CD，AC⊥CD，AC
平面M，∴AC⊥平面N於C，∴∠ABC即為AB與N
所成的角，∴∠ABC=30°，又∵在Rt△ABC中，AB=2，
∴AC=1，BC= ．同理可得∠BAD=45°，BD= ，
且CD=1．記由AB、AD為棱的二面角分別為θ、α，
∵BD⊥平面M，∴平面BDA⊥平面CDA，∴二面角B-AD-C的大小為90°，即sinα=1.在三面角A-CBD中，由三面角的正弦公式 ，
即二面角A-PB-C的大小為 ．
解二：同上可得 ， ， ， ，在三面角A-CBD中，由三面角的餘弦公式：
即二面角A-PB-C的大小為 ．
三． 利用向量運算的方法求二面角的平面角。
1．平面的方向向量的夾角即為二面角的平面角。將二面角轉化為二面角的兩個面的方向向量（在二面角的面內垂直於二面角的棱且指向該方向的向量）所成的角。
例9 如圖9 PA⊥平面ABC，AC⊥AB，PA=AC=1，BC= ，求二面角A-PB-C的大小．
解：如圖，建立空間直角坐標系C-xyz,
取PB的中點D，連結DC，可證DC⊥PB，作
AE⊥PB於E，則向量 的夾角的大小
即為二面角A-PB-C的大小．因為A（1，0，0），
B（0， ，0），C（0，0，0），P（1，0，1），
D為PB的中點，所以 ．又 ，
即E分 的比為 ，可以求出 ，所以 = ， = ， ，| |= ， ．
．所以二面角A-PB-C的大小為 ．
2．二面角的兩個面的法向量的夾角（或其補角）是二面角的平面角，將二面角轉化為兩個面的法向量所成的角或其補角。
例10 如圖10在底面是直角梯形的四棱錐S-ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥平面ABCD，SA=AB=BC=1， ．
求平面SCD與平面SBA所成的二面角的大小．
解：建立如圖所示空間直角坐標系A-xyz，
則 ， 。設平面SAB的
法向量為n1= = ,平面SCD的法向量為
n2=（x,y,z）.∵ , ∴n2 · =0, n2 · =0，即 ．不妨令x=2，有y=-1，z=1.∴ n2= ．設所求二面角為θ，則 ，∴ ．
即平面SCD與平面SBA所成的二面角為 .

② 求解，立體幾何

1. 設 E 為 AD 的中點。連接 BE、CE。

   因為 AD//BC，BC=AE=ED，所以，四邊形 ABCE 和 BCDE 都是平行四邊形，且都是菱形。

   所以，BE⊥AC（菱形的對角線相互垂直）

   又因為△PAD 是等邊三角形，PE 是底邊 AD 上的中位線，面 PAD⊥底面 ABCD，所以 PE⊥底面 ABCD

   所以，AC⊥PE

   既然 AC⊥PE，AC⊥BE，那麼 AC⊥面PBE（平面外直線與平面內兩條相交直線垂直，則該平面外直線垂直於這個平面）

   因此，AC⊥PB

2. 延長 AB、DC相交於 F 點，連接 PF 和 EF。

   因為 BC//AD，且 BC=1/2 AD，所以 BC 是△FAD 的中位線。

   那麼，AB=BF，FC=CD

   也就有 AF = 2AB = AD，DF=2CD=AD

   即△FAD 也是等邊三角形，EF = √3 BC。

   又因為△PAD 也是等邊三角形，則 PA=PD=AD，PE=√3BC。PE⊥EF。

   那麼，PA=AF，PD=DF。△PEF 是等腰直角三角形。PF=√2 *√3 BC =√6 BC。

   △PAF 和△PDF 都是等腰三角形。那麼，設 G 為 PF 的中點。連接 AG 和 DG。

   則根據等腰三角形的性質，可以 AG⊥PF，DG⊥PF（等腰三角形的中位線垂直於底邊）。FG =√6 BC/2

   所以，AG與DG的夾角就是平面 PAB 與 平面 PCD 的夾角。AG=DG=√(AF²-FG²) =√10 BC/2

   那麼，在△AGD 中，AD = 2BC，AG=DG =√10 BC/2，所以：

   cos∠AGD = (AG² + DG² - AD²)/(2AG * DG)

   = (10/4 + 10/4 - 4)BC²/(2 * 10/4 * BC²)

   = 1/5

③ 立體幾何

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④ 求高中立體幾何例題

立體幾何基礎題題庫（二）（有詳細答案）
51. 已知空間四邊形ABCD中，AB=BC=CD=DA=DB=AC,M、N分別為BC、AD的中點。
求：AM與CN所成的角的餘弦值；
解析：(1)連接DM,過N作NE‖AM交DM於E，則∠CNE
為AM與CN所成的角。
∵N為AD的中點, NE‖AM省 ∴NE= AM且E為MD的中點。
設正四面體的棱長為1， 則NC= • = 且ME= MD=
在Rt△MEC中，CE2=ME2+CM2= + =
∴cos∠CNE= ,
又∵∠CNE ∈(0, )
∴異面直線AM與CN所成角的餘弦值為 .
註：1、本題的平移點是N，按定義作出了異面直線中一條的平行線，然後先在△CEN外計算CE、CN、EN長，再回到△CEN中求角。
2、作出的角可能是異面直線所成的角，也可能是它的鄰補角，在直觀圖中無法判定，只有通過解三角形後，根據這個角的餘弦的正、負值來判定這個角是銳角（也就是異面直線所成的角）或鈍角（異面直線所成的角的鄰補角）。最後作答時，這個角的餘弦值必須為正。

52. 如圖所示，在空間四邊形ABCD中，點E、F分別是BC、AD上的點，已知AB=4，CD=20，EF=7， 。求異面直線AB與CD所成的角。
解析：在BD上取一點G，使得 ，連結EG、FG
在ΔBCD中， ，故EG//CD，並且 ， 所以，EG=5；
類似地，可證FG//AB，且 ，
故FG=3，
在ΔEFG中，利用餘弦定理可得
cos∠FGE= ，
故∠FGE=120°。
另一方面，由前所得EG//CD，FG//AB，所以EG與FG所成的銳角等於AB與CD所成的角，於是AB與CD所成的角等於60°。

53. 在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1=c，AB=a，AD=b，且a＞b．求AC1與BD所成的角的餘弦．
解一：連AC，設AC∩BD=0，則O為AC中點，取C1C的中點F，連OF，則OF‖AC1且OF= AC1，所以∠FOB即為AC1與DB所成的角。
在△FOB中，OB= ，OF= ，BE= ，
由餘弦定理得
cos∠OB= =
解二：取AC1中點O1，B1B中點G．在△C1O1G中，∠C1O1G即AC1與DB所成的角。
解三：．延長CD到E，使ED=DC．則ABDE為平行四邊形．AE‖BD，所以∠EAC1即為AC1與BD所成的角．連EC1，在△AEC1
中，AE= ，AC1= ，C1E= 由餘弦定理，得
cos∠EAC1= = ＜0
所以∠EAC1為鈍角．
根據異面直線所成角的定義，AC1與BD所成的角的餘弦為

54. 已知AO是平面 的斜線，A是斜足，OB垂直 ，B為垂足，則
直線AB是斜線在平面 內的射影，設AC是 內的任一條直線，
解析：設AO與AB所成角為 ，AB與AC所成角為 ，AO與AC所成角為 ，則有 。在三棱錐S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB= ， ，求異面直線SC與AB所成角的大小。（略去了該題的1,2問）
由SA⊥平面ABC知，AC為SC在平面ABC內的射影，
設異面直線SC與AB所成角為 ，
則 ，
由 得
∴ ， ，
∴ ， 即異面直線SC與AB所成角為 。

55. 已知平行六面體 的底面ABCD是菱形，且 ，證明 。
（略去了該題的2，3問）
解析： 設 在平面ABCD內射影為H，則CH為 在平面ABCD內的射影，
∴ ，
∴ ，
由題意 ， ∴ 。
又 ∵
∴ ， 從而CH為 的平分線，
又四邊形ABCD是菱形， ∴
∴ 與BD所成角為 ， 即

56.在正四面體ABCD中，E，F分別為BC，AD的中點，求異面直線AE與CF所成角的大小。
解析： 連接BF、EF，易證AD⊥平面BFC， ∴ EF為AE在平面BFC內的射影，
設AE與CF所成角為 ，
∴ ，
設正四面體的棱長為 ，則 ，
顯然 EF⊥BC， ∴ ，
∴ ， ，
∴ ， 即AE∴與CF所成角為 。

57. 三稜柱 ，平面 ⊥平面OAB， ，且 ，求異面直線 與 所成角的大小，（略去了該題的1問）
解析： 在平面 內作 於C ，連 ，
由平面 平面AOB， 知，
AO⊥平面 ， ∴ ， 又 ， ∴ BC⊥平面 ，
∴ 為 在平面 內的射影。
設 與 所成角為 ， 與 所成角為 ，
則 ，
由題意易求得 ，
∴ ，
在矩形 中易求得 與 所成角 的餘弦值： ，
∴ ，
即 與 所成角為 。

58. 已知異面直線 與 所成的角為 ，P為空間一定點，則過點P且與 ， 所成的角均是 的直線有且只有（ ）
A、1條 B、2條 C、3條 D、4條
解析： 過空間一點P作 ‖ ， ‖ ，則由異面直線所成角的定義知： 與 的交角為 ，過P與 ， 成等角的直線與 ， 亦成等角，設 ， 確定平面 ， ， 交角的平分線為 ，則過 且與 垂直的平面（設為 ）內的任一直線 與 ， 成等角（證明從略），由上述結論知： 與 ， 所成角大於或等於 與 ， 所成角 ，這樣在 內 的兩側與 ， 成 角的直線各有一條，共兩條。在 ， 相交的另一個角 內，同樣可以作過 角平分線且與 垂直的平面 ，由上述結論知， 內任一直線與 ， 所成角大於或等於 ，所以 內沒有符合要求的直線，因此過P與 ， 成 的直線有且只有2條，故選（B）

59. 垂直於同一條直線的兩條直線的位置關系是（ ）
A.平行 B.相交
C.異面 D.以上都有可能
解析：D

60. l1、l2是兩條異面直線，直線m1、m2與l1、l2都相交，則m1、m2的位置關系是（ ）
A.異面或平行 B.相交
C.異面 D.相交或異面
解析：D

61. 在正方體ABCD-A』B』C』D』中,與棱AA』異面的直線共有幾條（ ）
A.4 B.6
C.8 D.10
解析：A
62.在正方體ABCD-A』B』C』D』中12條棱中能組成異面直線的總對數是（ ）
A.48對 B.24對
C.12對 D.6對
解析：B
棱AA』有4條與之異面,所以,所有棱能組成4×12=48對,但每一對都重復計算一次,共有24對.

63.. 正方體ABCD-A』B』C』D』中,異面直線CD』和BC』所成的角的度數是（ ）
A.45° B.60°
C.90° D.120°
解析：B
∠AD』C=60°即為異面直線CD』和BC』所成的角的度數為60°

64.異面直線a、b，a⊥b，c與a成30°角，則c與b成角的范圍是
（ ）
A. B.
C. D.

解A.直線c在位置c2時,它與b成角的最大值為90°,直線c在c1位置時,它與b成角的最小值是60°

65..如圖，空間四邊形ABCD的各邊及對角線長都是1，點M在邊AB上運動、點Q在邊CD上運動，則P、Q的最短距離為（ ）
A. B. C. D.
解析：B
當M,N分別為中點時。
因為AB, CD為異面直線，所以M, N的最短距離就是異面直線AB,CD的距離為最短。連接BN,AN則CD⊥BN,CD⊥AN且AN=BN,所以NM⊥AB。同理，連接CM,MD可得MN⊥CD。所以MN為AB,CD的公垂線。因為AN=BN＝ ，所以在RT△BMN中，MN＝ 。求異面直線的距離通常利用定義來求，它包括兩個步驟:先證一條線段同時與兩異面直線相交垂直；再利用數量關系求解。在做綜合題時往往大家只重視第二步，而忽略第一步。

66. 空間四邊形ABCD中，AD=BC=2,E,F分別是AB,CD的中點，EF＝√3，則AD,BC所成的角為（ ）
A.30° B.60°
C.90° D.120°
解B。 註：考察異面直線所成角的概念，范圍及求法，需注意的是，異面直線所成的角不能是鈍角，而利用平行關系構造可求解的三角形，可能是鈍角三角形，望大家注意。同時求角的大小是先證明再求解這一基本過程。

67. 直線a是平面α的斜線，b在平α內，已知a與b成60°的角，且b與a在平α內的射影成45°角時，a與α所成的角是（ ）
A.45° B.60°
C.90° D.135°
解A
在 內的攝影是C，則 於C， 於B，則 平面ABC。

68. m和n是分別在兩個互相垂直的面α、β內的兩條直線，α與β交於l，m和n與l既不垂直，也不平行，那麼m和n的位置關系是
A.可能垂直，但不可能平行
B.可能平行，但不可能垂直
C.可能垂直，也可能平行
D.既不可能垂直，也不可能平行
解析：這種結構的題目，常常這樣處理，先假設某位置關系成立，在此基礎上進行推理，若無矛盾，且推理過程可逆，就肯定這個假設；若有矛盾，就否定這個假設。
設m//n,由於m在β外，n在β內，
∴m//β
而α過m與β交於l
∴m//l，這與已知矛盾，
∴m不平行n.
設m⊥n，在β內作直線α⊥l,
∵α⊥β,
∴a⊥α,
∴m⊥a.
又由於n和a共面且相交（若a//n 則n⊥l，與已知矛盾）
∴m⊥β,
∴m⊥l與已知矛盾，
∴m和n不能垂直.
綜上所述，應選（D）.

69. 如圖，ABCD-A1B1C1D1是正方體，E、F分別是AD、DD1的中點，則面EFC1B和面BCC1所成二面角的正切值等於

解析：為了作出二面角E-BC1-C的平面角，需在一個面內取一點，過該點向另一個面引垂線（這是用三垂線定理作二面角的平面角的關鍵步驟）。
從圖形特點看，應當過E（或F）作面BCC1的垂線.
解析：過E作EH⊥BC，垂足為H. 過H作HG⊥BC1，垂足為G.連EG.
∵面ABCD⊥面BCC1，而EH⊥BC
∵EH⊥面BEC1，
EG是面BCC1的斜線，HG是斜線EG在面BCC1內的射影.
∵HG⊥BC1，
∴EG⊥BC1，
∴∠EGH是二面角E-BC1-C的平面角。
在Rt△BCC1中：sin∠C1BC=
在Rt△BHG中：sin∠C1BC=
∴HG= （設底面邊長為1）.
而EH=1，
在Rt△EHG中：tg∠EGH=
∴∠EGH=arctg
故二面角E-BC1-C 等於arctg .

70. 將邊長為1的正方形ABCD，沿對角線AC折起，使BD= .則三棱錐D-ABC的體積為

解析：設AC、BD交於O點，則BO⊥AC
且DO⊥AC，在折起後，這個垂直關系不變，因此∠BOD是二面角B-AC-D的平面角.
由於△DOB中三邊長已知，所以可求出∠BOD：

這是問題的一方面，另一方面為了求體積，應求出高，這個高實際上是△DOB中，OB邊上的高DE，理由是：

∵DE⊥OB
∴DE⊥面ABC.
由cos∠DOB= ，知sin∠DOE=
∴DE=
∴
應選（B）

71. 球面上有三個點A、B、C. A和B，A和C間的球面距離等於大圓周長的 . B和C間的球面距離等於大圓周長的 .如果球的半徑是R，那麼球心到截面ABC的距離等於

解析：本題考查球面距離的概念及空間想像能力.
如圖所示，圓O是球的大圓，且大圓所在平面與面ABC垂直，其中弦EF是過A、B、C的小圓的直徑，弦心距OD就是球心O到截面ABC的距離，OE是球的半徑，因此，欲求OD，需先求出截面圓ABC的半徑.
下一個圖是過A、B、C的小圓.AB、AC、CB是每兩點之間的直線段.它們的長度要分別在△AOB、△AOC、△COB中求得（O是球心）.由於A、B間球面距離是大圓周長的 ，所以∠AOB= ×2π= ，同理∠AOC= ，∠BOC= .
∴|AB|=R， |AC|=R， |BC|= .
在△ABC中，由於AB2+AC2=BC2.
∴∠BAC=90°,BC是小圓ABC的直徑.
∴|ED|=
從而|OD|= .
故應選B.

72. 如圖，四棱錐P-ABCD中，ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，該圖中，互相垂直的面有
A.4對 B.5對 C.6對 D.7對
答案（D）
解析：要找到一個好的工作方法，使得計數時不至於產生遺漏

73. ABCD是各條棱長都相等的三棱錐.M是△ABC的垂心，那麼AB和DM所成的角等於______

解析：90°連CM交AB於N，連DN，易知N是AB中點，AB⊥CN，AB⊥DN.

74. 已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M、N分別是AB、PC的中點.
（1）求證：MN⊥CD；
（2）若∠PDA=45°，求證MN⊥面PCD.(12分)
解析：

75. 設P、Q是單位正方體AC1的面AA1D1D、面A1B1C1D1的中心。
如圖：（1）證明：PQ‖平面AA1B1B；
（2）求線段PQ的長。（12分）

評註：本題提供了兩種解法，方法一，通過平行四邊形的對邊平行得到「線線平行」，從而證得「線面平行」；方法二，通過三角形的中位線與底邊平行得到「線線平行」，從而證得「線面平行」。本題證法較多。

76. 如圖，已知 求證a‖l
解析：

77．如圖，ABCD為正方形，過A作線段SA⊥面ABCD，又過A作與SC垂直的平面交SB、SC、SD於E、K、H，求證：E、H分別是點A在直線SB和SD上的射影。（12分）
解析：

78. 在正方體ABCD—A1B1C1D1，G為CC1的中點，O為底面ABCD的中心。
求證：A1O⊥平面GBD（14分）
解析：

79. 如圖，已知a、b是兩條相互垂直的異面直線，其公垂線段AB的長為定值m，定長為n（n>m）的線段PQ的兩個端點分別在a、b上移動，M、N分別是AB、PQ的中點。
（1）求證：AB⊥MN；
（2）求證：MN的長是定值（14分）

解析：

80. 已知：平面 與平面 相交於直線a，直線b與 、 都平行，求證：b‖a．
證明：在a上取點P，b和P確定平面 設 與 交於 ， 與 交於
∵ b‖ 且b‖
∴ b‖ 且b‖
∴ 與 重合，而 ， ，實際上是 、 、a三線重合，
∴ a‖b．

81. 有三個幾何事實(a，b表示直線， 表示平面)，① a‖b，② a‖ ，③ b‖ ．其中，a，b在面 外．
用其中兩個事實作為條件，另一個事實作為結論，可以構造幾個命題？請用文字語言敘述這些命題，並判斷真偽．正確的給出證明，錯誤的舉出反例．
解析：Ⅰ： a‖b
a‖ b‖
b在 外
Ⅱ：a‖b
b‖ a‖
a在 外
Ⅰ、Ⅱ是同一個命題：兩條平行直線都在一個平面外，若其中一條與平面平行，則另一條也與該平面平行．
證明：過a作平面 與 交於
∵ a‖
∵ a‖
而a‖b
∴ b‖ 且b在 外， 在 內
∴ b‖ ．
Ⅲ：a‖
a‖b
b‖
命題：平行於同一個平面的兩條直線平行，
這是錯的，如右圖

82. 兩個平面同時垂直於一條直線，則兩個平面平行．
已知：、是兩個平面，直線l⊥，l⊥，垂足分別為A、B．
求證：‖思路1：根據判定定理證．
證法1：過l作平面，
∩＝AC，∩＝BD，
過l作平面，
∩＝AE，∩＝BF，
l⊥ l⊥AC
l⊥ l⊥BD AC‖BD AC‖，
l、AC、BD共面
同理AE‖，AC∩AE≠，AC，AE ，故‖．
思路2：根據面面平行的定義，用反證法．
證法2：設、有公共點P
則l與P確定平面，
且∩＝AP，∩＝BP．
l⊥ l⊥AP
l⊥ l⊥BP
l、AP、BP共面，於是在同一平面內過一點有兩條直線AP、BP都與l垂直，這是不可能的．
故、不能有公共點，∴ ‖．

83. 已知：a、b是異面直線，a 平面，b 平面，a‖，b‖．
求證：‖．
證法1：在a上任取點P，
顯然P∈b．
於是b和點P確定平面．
且與有公共點P
∴ ∩＝b′
且b′和a交於P，
∵ b‖，
∴ b‖b′
∴ b′‖
而a‖
這樣內相交直線a和b′都平行於
∴ ‖．
證法2：設AB是a、b的公垂線段，
過AB和b作平面，
∩ ＝b′，
過AB和a作平面，
∩＝a′．
a‖ a‖a′
b‖ b‖b′
∴AB⊥a AB⊥a′，AB⊥b AB⊥b′
於是AB⊥且AB⊥，∴ ‖．

84. 已知a、b、c是三條不重合的直線，α、β、r是三個不重合的平面，下面六個命題：
①a‖c，b‖c a‖b；
②a‖r，b‖r a‖b；
③α‖c，β‖c α‖β；
④α‖r，β‖r α‖β；
⑤a‖c，α‖c a‖α；
⑥a‖r，α‖r a‖α．
其中正確的命題是 ( )
(A) ①④ (B) ①④⑤
(C) ①②③ (D) ①⑤⑥
解析：由公理4「平行於同一條直線的兩條直線互相平行」可知命題①正確；若兩條不重合的直線同平行於一個平面，它們可能平行，也可能異面還可能相交，因此命題②錯誤；平行於同一條直線的兩個不重合的平面可能平行，也可能相交，命題③錯誤；平行於同一平面的兩個不重合的平面一定平行，命題④正確；若一條直線和一個平面分別平行於同一條直線或同一個平面，那麼這條直線與這個平面或平行，或直線在該平面內，因此命題⑤、⑥都是錯的，答案選A．

85. 已知直三稜柱ABC－A1B1C1中，AC=BC，M、N分別是A1B1，AB的中點，P點在線段B1C上，則NP與平面AMC1的位置關系是 ( )
(A) 垂直
(B) 平行
(C) 相交但不垂直
(D) 要依P點的位置而定
解析：由題設知B1M‖AN且B1M=AN，
四邊形ANB1M是平行四邊形，
故B1N‖AM，B1N‖AMC1平面．
又C1M‖CN，得CN‖平面AMC1，則平面B1NC‖AMC1，NP 平面B1NC，
∴ NP‖平面AMC1．
答案選B．

86. 已知：正方體ABCD－A1B1C1D1棱長為a．
(1) 求證：平面A1BD‖平面B1D1C；
(2) 求平面A1BD和平面B1D1C的距離．
證明：(1) 在正方體ABCD－A1B1C1D1中，
∵ BB1平行且等於DD1，
∴ 四邊形BB1D1D是平行四邊形，
∴ BD‖B1D1，
∴ BD‖平面B1D1C．
同理 A1B‖平面B1D1C，
又A1B∩BD=B，
∴ 平面A1BD‖平面B1D1C
解：(2) 連AC1交平面A1BD於M，交平面B1D1C於N．
AC是AC1在平面AC上的射影，又AC⊥BD，
∴ AC1⊥BD，
同理可證，AC1⊥A1B，
∴ AC1⊥平面A1BD，即MN⊥平面A1BD，
同理可證MN⊥平面B1D1C．
∴ MN的長是平面A1BD到平面B1D1C的距離，
設AC、BD交於E，則平面A1BD與平面A1C交於直線A1E．
∵ M∈平面A1BD，M∈AC1 平面A1C，
∴ M∈A1E．
同理N∈CF．
在矩形AA1C1C中，見圖9－21(2)，由平面幾何知識得
，
∴ ．
評述：當空間圖形較為復雜時，可以分解圖形，把其中的平面圖形折出分析，利於清楚地觀察出平面上各種線面的位置關系．證明面面平行，主要是在其中一個平面內找出兩條與另一個平面平行的相交直線，或者使用反證法．

87. 已知正三稜柱ABC－A1B1C1，底面邊長為8，對角線B1C=10，D為AC的中點．
(1) 求證AB1‖平面C1BD；
(2) 求直線AB1到平面C1BD的距離．
證明：(1) 設B1C∩BC1=O．
連DO，則O是B1C的中點．
在△ACB1中，D是AC中點，O是B1C中點．
∴ DO‖AB1，
又DO 平面C1BD，AB1 平面C1BD，
∴ AB1‖平面C1BD．
解：(2) 由於三稜柱ABC－A1B1C1是正三稜柱，D是AC中點，
∴ BD⊥AC，且BD⊥CC1，
∴ BD⊥平面AC1，
平面C1BD⊥平面AC1，C1D是交線．
在平面AC1內作AH⊥C1D，垂足是H，
∴ AH⊥平面C1BD，
又AB1‖平面C1BD，故AH的長是直線AB1到平面C1BD的距離．
由BC=8，B1C=10，得CC1=6，
在Rt△C1DC中，DC=4，CC1=6，

在Rt△DAH中，∠ADH=∠C1DC
∴ ．
即AB1到平面C1BD的距離是 ．
評述：證明線面平行的關鍵是在平面內找出與已知直線平行的直線，如本題的DO．本題的第(2)問，實質上進行了「平移變換」，利用AB1‖平面C1BD，把求直線到平面的距離變換為求點A到平面的距離．

88. 已知：直線a‖平面 ．求證：經過a和平面 平行的平面有且僅有一個．
證：過a作平面與 交於 ，在 內作直線 與 相交，在a上任取一點P，在 和P確定的平面內，過P作b‖ ．b在 外， 在 內，
∴ b‖
而a‖
∴ a，b確定的平面 過a且平行於 ．
∵ 過a，b的平面只有一個，
∴ 過a平行於平面 的平面也只有一個
89. 已知平面 、 、 、 ．其中 ∩ =l， ∩ =a， ∩ = ，a‖ ， ∩ =b， ∩ = ，b‖
上述條件能否保證有 ‖ ？若能，給出證明，若不能給出一個反例，並添加適當的條件，保證有 ‖ ．
不足以保證 ‖ ．
如右圖．
如果添加條件a與b是相交直線，那麼 ‖ ．
證明如下：
a‖ a‖
b‖ b‖
∵ a，b是 內兩條相交直線，
∴ ‖ ．

90. 三個平面兩兩相交得三條直線，求證：這三條直線相交於同一點或兩兩平行.
已知：平面α∩平面β＝a，平面β∩平面γ＝b，平面γ∩平面α＝c.
求證：a、b、c相交於同一點，或a‖b‖c.
證明：∵α∩β＝a，β∩γ＝b
∴a、b β
∴a、b相交或a‖b.
(1)a、b相交時，不妨設a∩b＝P，即P∈a，P∈b
而a、b β，a α
∴P∈β，P∈α，故P為α和β的公共點
又∵α∩γ＝c
由公理2知P∈c
∴a、b、c都經過點P，即a、b、c三線共點.
(2)當a‖b時
∵α∩γ＝c且a α，a γ
∴a‖c且a‖b
∴a‖b‖c
故a、b、c兩兩平行.
由此可知a、b、c相交於一點或兩兩平行.
說明：此結論常常作為定理使用，在判斷問題中經常被使用.

91. 如圖，正方體ABCD—A1B1C1D1中，E在AB1上，F在BD上，且B1E＝BF.
求證：EF‖平面BB1C1C.
證法一：連AF延長交BC於M，連結B1M.
∵AD‖BC
∴△AFD∽△MFB
∴
又∵BD＝B1A，B1E＝BF
∴DF＝AE
∴
∴EF‖B1M，B1M 平面BB1C1C
∴EF‖平面BB1C1C.
證法二：作FH‖AD交AB於H，連結HE
∵AD‖BC
∴FH‖BC，BC BB1C1C
∴FH‖平面BB1C1C
由FH‖AD可得
又BF＝B1E，BD＝AB1
∴
∴EH‖B1B，B1B 平面BB1C1C
∴EH‖平面BB1C1C，
EH∩FH＝H
∴平面FHE‖平面BB1C1C
EF 平面FHE
∴EF‖平面BB1C1C
說明：證法一用了證線面平行，先證線線平行.證法二則是證線面平行，先證面面平行，然後說明直線在其中一個平面內.
92. 已知：平面α‖平面β，線段AB分別交α、β於點M、N；線段AD分別交α、β於點C、D；線段BF分別交α、β於點F、E，且AM=m,BN=n,MN=p，△FMC面積=(m+p)(n+p),求：END的面積.
解析：如圖，面AND分別交α、β於MC，ND，因為α‖β，
故MC‖ND，同理MF‖NE，得
∠FMC＝∠END，
∴ND∶MC＝（m+p)：m和EN∶FM＝n∶(n+p)
S△END∶S△FMC＝
得S△END＝ ×S△FMC
＝ •(m+p)(n+p)= (m+p)2
∴△END的面積為 (m+p)2平方單位.

93. 如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點N在BD上，點M在B1C上，並且CM=DN.
求證:MN‖平面AA1B1B.
解析：本題是把證「線面平行」轉化為證「線線平行」，即在平面ABB1A1內找一條直線與MN平行，除上面的證法外，還可以連CN並延長交直線BA於點P，連B1P，就是所找直線，然後再設法證明MN‖B1P.
分析二：要證「線面平行」也可轉化為證「面面平行」，因此，本題也可設法過MN作一個平面，使此平面與平面ABB1A1平行，從而證得MN‖平面ABB1A1.

94. 已知E，F分別是正方形ABCD邊AD，AB的中點，EF交AC於M，GC垂直於ABCD所在平面．

（1）求證：EF⊥平面GMC．
（2）若AB＝4，GC＝2，求點B到平面EFG的距離．
解析：第1小題，證明直線與平面垂直，常用的方法是判定定理；第2小題，如果用定義來求點到平面的距離，因為體現距離的垂線段無法直觀地畫出，因此，常常將這樣的問題轉化為直線到平面的距離問題．
解：
（1）連結BD交AC於O，
∵E，F是正方形ABCD邊AD，AB的中點，AC⊥BD，
∴EF⊥AC．

∵AC∩GC＝C，
∴EF⊥平面GMC．
（2）可證BD‖平面EFG，由例題2，正方形中心O到平面EFG

95. 已知：ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，E是SC上一點．

求證：BE不可能垂直於平面SCD．
解析：用到反證法，假設BE⊥平面SCD，

∵ AB‖CD；∴AB⊥BE．

∴ AB⊥SB，這與Rt△SAB中∠SBA為銳角矛盾．
∴ BE不可能垂直於平面SCD．

96. 已知PA，PB，PC與平面α所成的角分別為60°，45°，30°，PO⊥平面α，O為垂足，又斜足A，B，C三點在同一直線上，且AB＝BC＝10cm，求PO的長．

解析：

97. 已知：如圖，AS⊥平面SBC，SO⊥平面ABC於O，
求證：AO⊥BC．
解析：連結AO，證明BC⊥平面ASO．

98. 已知ABCD是矩形，SA⊥平面ABCD，M、N分別是SC、AB的中點．
求證：MN⊥AB．
解析：連結MB、MA，證明MB＝MA．

99. 已知：如圖，平面∩平面＝直線l，A∈ ，AB⊥，B∈，BC⊥，C∈，求證：AC⊥l．
證明：∵ AB⊥，l 
∴ l⊥AB
∵ BC⊥，l 
∴ l⊥BC
∵ AB∩BC＝B
∴ l⊥平面ABC
∵ AC 平面ABC
∴ l⊥AC

100. 已知：如圖，P是∠BAC所在平面外一點，PD⊥AB，D為垂足，PE⊥AC，E為垂足，在平面BAC內過D作DF⊥AB，過E作EF⊥AC，使得EF∩DF＝F．連結PF，求證：PF⊥平面BAC．
證明：∵PD⊥AB，DF⊥AB，PD DF＝D
∴AB⊥平面PDF
∵PF 平面PDF
∴ AB⊥PF
同理，AC⊥PF
∵ PF⊥AB，PF⊥AC，BA AC＝A
∴ PF⊥平面BAC

⑤ 高中立體幾何（有簡圖）

由圖可知，MNHIJ都是中點，根據中位線原理，可得EG‖FN

⑥ 立體幾何——空間兩條直線在空間四邊形ABCD中,各邊長均為1,且對角線AC=BD...

設正四面體ABCD棱長為a,E為棱BC中點,連接AE、DE,則Q、N分別在AE、DE上,且QN//AD.過Q作QF//MN交AD於F,則MNQF為平行四邊形,∠PQF是MN與PQ所成的角.由於N為底面BCD的中心,AN⊥平面BCD,所以MN為Rt△AND斜邊AD上的中線,則MN=1/2AD=a/2.同理,有PQ=a/2.又∵MF=NQ=a/3,DF=MF+DM=a/3+a/2=5a/6,∴在△DFP中,由餘弦定理得
FP^2=DP^2+DF^2-2DP×DF×cos∠PDF
=(a/2)^2+(5a/6)^2-2×a/2×5a/6×cos60度
=19a^2/36.在△PQF中,也由餘弦定理得
cos∠PQF=(PQ^2+FQ^2-FP^2)/(2PQ×FQ)
=(PQ^2+MN^2-FP^2)/(2PQ×MN)
=[(a/2)^2+(a/2)^2-(19a^2/36)]/(2×a/2×a/2)
=-1/18.由於兩異面直線所成角為銳角或直角,因此,所求MN與PQ所成角為arccos(1/18).

⑦ 立體幾何——空間兩條直線

設正四面體ABCD棱長為a,E為棱BC中點,連接AE、DE,則Q、N分別在AE、DE上,且QN//AD.
過Q作QF//MN交AD於F,則MNQF為平行四邊形,∠PQF是MN與PQ所成的角.

由於N為底面BCD的中心,AN⊥平面BCD,所以MN為Rt△AND斜邊AD上的中線,則MN=1/2AD=a/2.
同理,有PQ=a/2.

又∵MF=NQ=a/3,DF=MF+DM=a/3+a/2=5a/6,
∴在△DFP中,由餘弦定理得

FP^2=DP^2+DF^2-2DP×DF×cos∠PDF
=(a/2)^2+(5a/6)^2-2×a/2×5a/6×cos60度
=19a^2/36.
在△PQF中,也由餘弦定理得
cos∠PQF=(PQ^2+FQ^2-FP^2)/(2PQ×FQ)
=(PQ^2+MN^2-FP^2)/(2PQ×MN)
=[(a/2)^2+(a/2)^2-(19a^2/36)]/(2×a/2×a/2)
=-1/18.

由於兩異面直線所成角為銳角或直角,因此,所求MN與PQ所成角為arccos(1/18).

⑧ 立體幾何，用空間向量解答。並求解釋一下用空間向量解答線線距離，線面距離，點面距離，線面角的基本方法

在矩形ABCD中，AD=4,AB=2,E,F分別是線段AB，BC的中點，PA垂直平面ABCD，三棱錐P-ABD的體積等於4，線段AD上是否存在點G，使得EG垂直PF？若存在，求出點G到平面PDF的距離。

解析：∵矩形ABCD中，AD=4,AB=2，PA⊥面ABCD

建立以A為原點，以AD方向為X軸，以AByytm為Y軸，以AP方向為Z軸正方向的空間直角坐標系A-xyz

∵三棱錐P-ABD的體積等於4

V=1/3*1/2*AD*AB*PA=1/6*4*2*PA=4==>PA=3

∵E,F分別是線段AB，BC的中點

∴點坐標：

A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(4,2,0)，D(4,0,0)，E(0,1,0)，F(2,2,0)，P(0,0,3)

設G(x,0,0)（0<x<4）

向量EG=(x,-1,0)，向量PF=(2,2,-3)

向量EG·向量PF=2x-2+0=0==>x=1

∴G(1,0,0)

向量PG=(1,0,-3)，向量PD=(4,0,-3)，向量PF=(2,2,-3)

設向量n(x,y,z)是面PDF的一個法向量

則向量n·向量PD=4x-3z=0；向量n·向量PF=2x+2y-3z=0

令y=1，則x=1,z=4/3

∴向量n=(1,1,4/3)==>|向量n|=√34/3

向量PG=(1,0,-3)

G到平面PDF的距離為向量PG在平面法線上的投影

即，d=|向量n·向量PG|/|向量n|

|向量n·向量PG|=|1-4|=3

∴d=3/(√34/3)=9/√34

解題的基本方法：

(1)在立體幾何圖形中，選擇適當的點和直線方向建立空間直角坐標系中

(2)若問題中沒有給出坐標計算單位，可選擇合適的線段設置長度單位；

(3)計算有關點的坐標值，求出相關向量的坐標；

(4)求解給定問題

求解異面直線間距離；

求異面直線間距離的關鍵是根據題目給定條件尋找二條異面直線間距離所在；

點到平面距離問題；

直線與平面間距離

從直線上任取一點，求該點到平面的距離；

直線與平面夾角；

(1)求直線與平面夾角的基本方法是尋找或作直線在該平面內的射影，然後找出在直線和射影上的二個向量，進而求出其夾角。

(2)求平面的一個法向量，然後求出直線與法向量的夾角，該夾角與直線和平面夾角互余

⑨ 對立體幾何的三面角有了解的進~

用三射線定理即可解決你的第一個和第三個問題，解決了第一個，第2個問題當然也不在話下了

⑩ 求解數學題。！！！

簡單說下
1.根據已知，可得DF和BC平行。DF在平面PDF上，所以得出所求。
2.同樣根據已知，AE和PE分別是兩個三角形ABC和PBC的中垂線。
所以AE垂直於BC，PE垂直於BC。又因為AE，PE在平面PAE上。得出所求。

立體幾何注意分析條件。
此題用到正四面體性質，直線與平面平行和垂直的判定方法

手打，祝：學業有成。