立体几何基础题
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立体几何基础题题库二（有详细答案）
101. 是△ABC在平面α上的射影，那么和∠ABC的大小关系是 ( )
(A) <∠ABC (B) >∠ABC
(C) ≥∠ABC (D) 不能确定
解析：D
一个直角，当有一条直角边平行于平面时，则射影角可以等于原角大小，但一般情况不等．
102. 已知: 如图, △ABC中, (ACB = 90(, CD(平面, AD, BD和平面所成的角分别为30(和45(, CD = h, 求: D点到直线AB的距离。
解析：1、先找出点D到直线AB的距离, 即过D点作 DE(AB, 从图形以及条件可知, 若把DE放在△ABD中不易求解。
2、由于CD(平面, 把DE转化到直角三角形中求解, 从而转化为先求DE在平面内的射影长。
解: 连AC, BC, 过D作DE(AB, 连CE, 则DE为D到直线AB的距离。
∵CD(
∴AC, BC分别是AD, BD在内的射影。
∴(DAC, (DBC分别是AD和BD与平面所成的角
∴(DAC = 30(, (DBC = 45(
在Rt△ACD中,
∵CD = h, (DAC = 30(
∴AC =
在Rt△BCD中
∵CD = h, (DBC = 45(
∴BC = h
∵CD(, DE(AB
∴CE(AB
在Rt△ACB中
∴
∴在Rt△DCE中,
∴点D到直线AB的距离为。
103. 已知a、b、c是平面α内相交于一点O的三条直线，而直线l和α相交，并且和a、b、c三条直线成等角．
求证：l⊥α
证法一：分别在a、b、c上取点A、B、C并使AO = BO = CO．设l经过O，在l上取一点P，在△POA、△POB、△POC中，
∵ PO公用，AO = BO = CO，∠POA =∠POB=∠POC，
∴ △POA≌△POB≌△POC
∴ PA = PB = PC．取AB中点D．连结OD、PD，则OD⊥AB，PD⊥AB，
∵
∴ AB⊥平面POD
∵ PO平面POD．
∴ PO⊥AB．
同理可证 PO⊥BC
∵ ，，
∴ PO⊥α，即l⊥α
若l不经过O时，可经过O作∥l．用上述方法证明⊥α，
∴ l⊥α．
证法二：采用反证法
假设l不和α垂直，则l和α斜交于O．
同证法一，得到PA = PB = PC．
过P作于，则，O是△ABC的外心．因为O也是△ABC的外心，这样，△ABC有两个外心，这是不可能的．
∴ 假设l不和α垂直是不成立的．
∴ l⊥α
若l不经过O点时，过O作∥l，用上述同样的方法可证⊥α，
∴ l⊥α
评述：（1）证明线面垂直时，一般都采用直接证法（如证法一），有时也采用反证法（如证法二）或同一法．
104. P是△ABC所在平面外一点，O是点P在平面α上的射影．
（1）若PA = PB = PC，则O是△ABC的____________心．
（2）若点P到△ABC的三边的距离相等，则O是△ABC_________心．
（3）若PA 、PB、PC两两垂直，则O是△ABC_________心．
（4）若△ABC是直角三角形，且PA = PB = PC则O是△ABC的____________心．
（5）若△ABC是等腰三角形，且PA = PB = PC，则O是△ABC的____________心．
（6）若PA、PB、PC与平面ABC所成的角相等，则O是△ABC的________心；
解析：（1）外心．∵ PA=PB=PC，∴ OA=OB=OC，∴ O是△ABC的外心．
（2）内心（或旁心）．作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，连结PD、PE、PF．∵ PO⊥平面ABC，∴ OD、OE、OF分别为PD、PE、PF在平面ABC内的射影，由三垂线定理可知，PD⊥AB，PE⊥BC，PF⊥AC．由已知PD=PE=PF，得OD=OE=OF，∴ O是△ABC的内心．（如图答9-23）
（3）垂心．
（4）外心．（5）外心
（6）外心．PA与平面ABC所成的角为∠PAO，在△PAO、△PBO、△PCO中，PO是公共边，∠POA=∠POB=∠POC=90°，∠PAO=∠PBO=∠PCO，∴ △PAO≌△PBO≌△PCO，∴ OA=OB=OC，∴ O为△ABC的外心．
（此外心又在等腰三角形的底边高线上）．
105. 将矩形ABCD沿对角线BD折起来，使点C的新位置在面ABC上的射影E恰在AB上．
求证：
分析：欲证，只须证与所在平面垂直；而要证⊥平面，只须证⊥且⊥AD．因此，如何利用三垂线定理证明线线垂直就成为关键步骤了．
证明：由题意，⊥，又斜线在平面ABCD上的射影是BA，
∵ BA⊥AD，由三垂线定理，得，．
∴ ⊥平面，而平面
∴ ⊥
106. 已知异面直线l1和l2，l1⊥l2，MN是l1和l2的公垂线，MN = 4，A∈l1，B∈l2，AM = BN = 2，O是MN中点．① 求l1与OB的成角．②求A点到OB距离．
分析：本题若将条件放入立方体的“原型”中，抓住“一个平面四条线”的图形特征及“直线平面垂直”的关键性条件，问题就显得简单明了．
解析：（1）如图，画两个相连的正方体，将题目条件一一标在图中．
OB在底面上射影NB⊥CD，由三垂线定理，OB⊥CD，又CD∥MA，
∴ OB⊥MA 即OB与l1成90°
（2）连结BO并延长交上底面于E点．
ME = BN，
∴ ME = 2，又 ON = 2
∴ ．
作AQ⊥BE，连结MQ．
对于平面EMO而言，AM、AQ、MQ分别为垂线、斜线、斜线在平面内的射影，由三垂线逆定理得MQ⊥EO．
在Rt△MEO中，．
评述：又在Rt△AMQ中，，本题通过补形法使较困难的问题变得明显易解；求点到直线的距离，仍然是利用直线与平面垂直的关键条件，抓住“一个面四条线”的图形特征来解决的．
107. 已知各棱长均为a的正四面体ABCD，E是AD边的中点，连结CE．求CE与底面BCD所成角的正弦值．
解析：作AH⊥底面BCD，垂足H是正△BCD中心，
连DH延长交BC于F，则平面AHD⊥平面BCD，
作EO⊥HD于O，连结EC，
则∠ECO是EC与底面BCD所成的角
则EO⊥底面BCD．
，
∴
108. 已知四面体S－ABC中，SA⊥底面ABC，△ABC是锐角三角形，H是点A在面SBC上的射影．求证：H不可能是△SBC的垂心．
分析：本题因不易直接证明，故采用反证法．
证明：假设H是△SBC的垂心，连结BH，并延长交SC于D点，则BH⊥SC
∵ AH⊥平面SBC，
∴ BH是AB在平面SBC内的射影
∴ SC⊥AB（三垂线定理）
又∵ SA⊥底面ABC，AC是SC在面内的射影
∴ AB⊥AC（三垂线定理的逆定理）
∴ △ABC是Rt△与已知△ABC是锐角三角形相矛盾，于是假设不成立．
故H不可能是△SBC的垂心．
109. 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求点B到平面EFG的距离．
解析：如图，连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O． 因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EF∥BD，H为AO的中点．
BD不在平面EFG上．否则，平面EFG和平面ABCD重合，从而点G在平面的ABCD上，与题设矛盾．
由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG，所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离． ——4分
∵ BD⊥AC，
∴ EF⊥HC．
∵ GC⊥平面ABCD，
∴ EF⊥GC，
∴ EF⊥平面HCG．
∴ 平面EFG⊥平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线． ——6分
作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离． ——8分
∵ 正方形ABCD的边长为4，GC=2，
∴ AC=4，HO=，HC=3．
∴ 在Rt△HCG中，HG=．
由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG．
∴ OK=．
即点B到平面EFG的距离为． ——10分
注：未证明“BD不在平面EFG上”不扣分．
110. 已知：AB与CD为异面直线，
AC＝BC，AD＝BD．
求证：AB⊥CD．
说明：（1）应用判定定理，掌握线线垂直的一般思路．
（2）思路：欲证线线垂直，只需证线面垂直，再证线线垂直，而由已知构造线线垂直是关键．
（3）教学方法，引导学生分析等腰三角形三线合一的性质构造图形，找到证明方法．
证明：如图，取AB中点E，连结CE、DE
∵AC＝BC，E为AB中点．
∴CE⊥AB
同理DE⊥AB，又CE∩DE＝E，
且CE平面CDE，DE平面CDE．
∴AB⊥平面CDE
又CD平面CDE
∴AB⊥CD．
111. 两个相交平面?、??都垂直于第三个平面??，那么它们的交线a一定和第三个平面垂直．
证明：在??内取一点P，过P作PA垂直??与??的交线；过P作PB垂直??与??的交线．
∵ ?⊥???且?⊥?
∴ PA⊥?且PB⊥?
∴ PA⊥a且PB⊥a
∴ a⊥?
112. 在立体图形P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，Q是PC中点．
AC，BD交于O点．
（Ⅰ）求二面角Q－BD－C的大小：
（Ⅱ）求二面角B－QD－C的大小．
解析：（Ⅰ）解：连QO，则QO∥PA且QO＝PA＝AB
∵ PA⊥面ABCD
∴ QO⊥面ABCD
面QBD过QO，
∴ 面QBD⊥面ABCD
故二面角Q－BD－C等于90°．
（Ⅱ）解：过O作OH⊥QD，垂足为H，连CH．
∵ 面QBD⊥面BCD，
又∵ CO⊥BD
CO⊥面QBD
CH在面QBD内的射影是OH
∵ OH⊥QD
∴ CH⊥QD
于是∠OHC是二面角的平面角．
设正方形ABCD边长2，
则OQ＝1，OD＝，QD＝．
∵ OH·QD＝OQ·OD
∴ OH＝．
又OC＝
在Rt△COH中：tan∠OHC＝＝·＝
∴ ∠OHC＝60°
故二面角B－QD－C等于60°．
113. 如图在ΔABC中， AD⊥BC， ED=2AE，
过E作FG∥BC， 且将ΔAFG沿FG折起，
使∠A'ED=60°，求证:A'E⊥平面A'BC
解析：弄清折叠前后，图形中各元素之间的数量关系和位置关系。
解： ∵FG∥BC，AD⊥BC
∴A'E⊥FG
∴A'E⊥BC
设A'E=a，则ED=2a
由余弦定理得：
A'D2=A'E2+ED2-2?A'E?EDcos60°
=3a2
∴ED2=A'D2+A'E2
∴A'D⊥A'E
∴A'E⊥平面A'BC
114. α、β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α．以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题，并证明它．
解析：m⊥α，n⊥β，α⊥βm⊥n（或m⊥n，m⊥α，n⊥βα⊥β）
证明如下：过不在α、β内的任一点P，作PM∥m，PN∥n
过PM、PN作平面r交α于MQ，交β于NQ．
，
同理PN⊥NQ．
因此∠MPN＋∠MQN = 180°，
故∠MQN = 90°∠MPN = 90°
即α⊥βm⊥n．
115. 已知：，α⊥γ，β⊥γ，b∥α，b∥β．
求证：a⊥γ且b⊥γ．
解析：在a上任取一点P，过P作PQ⊥r．
∵ β⊥r， ∴ ，
∵ α⊥r， ∴ ，
∴ PQ与a重合，故a⊥r．
过b和点P作平面S，
则S和α交于PQ1，S和β交于PQ2，
∵ b∥α，b∥β
∴ b∥PQ1，且b∥PQ2．
于是PQ1和PQ2与a重合，
故b∥a， 而a⊥r， ∴ b⊥r．
116. 已知PA⊥矩形ABCD所在平面，且AB＝3，BC＝4，PA＝3，求点P到CD和BD的距离．
解析：∵ PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，且CD平面ABCD．
∴ PD⊥CD（三垂线定理）．在Rt△PAD中，PD＝＝＝5．
又作PH⊥BD于H，连结AH，由三垂线定理的逆定理，
有AH⊥BD．这里，PH为点P到BD的距离．
在Rt△ABD中，AH＝＝
在Rt△PAH中，PH＝＝＝
117. 点P在平面ABC的射影为O，且PA、PB、PC两两垂直，那么O是△ABC的( )
(A) 内心 (B) 外心
(C) 垂心 (D) 重心
解析：由于PC⊥PA，PC⊥PB，所以PC⊥平面PAB，
∴ PC⊥AB．
又P在平面ABC的射影为O，连CO，则CO是PC在平面ABC的射影，根据三垂线定理的逆定理，得：CO⊥AB，
同理可证AO⊥BC，O是△ABC的垂心，答案选C．
118. 如图02，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q、R分别是棱AA1、BB1、BC上的点，PQ∥AB，C1Q⊥PR，求证：∠D1QR=90°．
证明：∵ PQ∥AB，AB⊥平面BC1，
∴ PQ⊥平面BC1，QR是PR在平面BC1的射影．
根据三垂线定理的逆定理，由C1Q⊥PR得C1Q⊥QR．
又因D1C1⊥平面BC1，则C1Q是D1Q在平面B1C的射影，根据三垂线定理，由C1Q⊥QR得QR⊥D1Q．
∴ ∠D1QR=90°
119. 在空间四边形ABCD中, 已知AC(BD, AD(BC, 求证: AB(CD。
解析： 1、条件AC(BD, AD(BC, 可以看作斜线AD, AC与平面BCD内的直线的位置关系, 从而联想到用三垂线定理或其逆定理证明命题。
2、如何找斜线在平面内的射影, 显然是过A点作直线垂直于平面BCD, 这样斜线与直线的位置关系, 通过射影与直线的位置关系判定。
证明: 过A点作AO垂直于平面BCD于O
连BO, CO, DO
∵AO(平面BCD, AC(BD
∴CO(BD
∵AO(平面BCD, AD(BC
∴DO(BC
∴O为△BCD的垂心
∴BO(CD
∴AB(CD
120. 如图, 在空间四边形SABC中,
SA(平面ABC, (ABC = 90(,
AN(SB于N, AM(SC于M。
求证: ①AN(BC; ②SC(平面ANM
解析： ①要证AN(BC, 转证, BC(平面SAB。
②要证SC(平面ANM, 转证, SC垂直于平面ANM内的两条相交直线, 即证SC(AM, SC(AN。要证SC(AN, 转证AN(平面SBC, 就可以了。
证明:
①∵SA(平面ABC
∴SA(BC
又∵BC(AB, 且ABSA = A
∴BC(平面SAB
∵AN平面SAB
∴AN(BC
②∵AN(BC, AN(SB, 且SBBC = B
∴AN(平面SBC
∵SCC平面SBC
∴AN(SC
又∵AM(SC, 且AMAN = A
∴SC(平面ANM
121. 已知如图，P平面ABC，PA=PB=PC，
∠APB=∠APC=60°，∠BPC=90 °
求证：平面ABC⊥平面PBC
解析：要证明面面垂直，只要在其呈平面内找一条线，然后证明直线与另一平面垂直即可。显然BC中点D，证明AD垂直平PBC即可
证明： 取BC中点D 连结AD、PD
∵PA=PB；∠APB=60°
∴ΔPAB为正三角形
同理ΔPAC为正三角形
设PA=a
在RTΔBPC中，PB=PC=a
BC=a
∴PD=a
在ΔABC中
AD=
=a
∵AD2+PD2=
=a2=AP2
∴ΔAPD为直角三角形
即AD⊥DP
又∵AD⊥BC
∴AD⊥平面PBC
∴平面ABC⊥平面PBC
122. 如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面。
已知：β⊥α，γ⊥α，βγ=a
求证：a⊥α
解析：利用线面垂直的性质定理
证明：设αβ=AB，αγ=CD
在平面β内作L1⊥AB，
在平面γ内作L1⊥CD，
∵α⊥β∴L1⊥α
同理L2⊥α
∴L1//L2
∴L1//β
∴L1//a
∴a⊥α
113. 已知SA、SB、SC是共点于S的且不共面的三条射线，∠BSA=∠ASC=45°,∠BSC=60°，求证：平面BSA⊥平面SAC
解析：先作二面角B-SA-C的平面角，根据给定的条件，在棱S上取一点P，分别是在两个平面内作直线与棱垂直
证明：在SA上取一点P
过P作PR⊥SA交SC于R
过P作PQ⊥SA交SB于Q
∴∠QPR为二面角B-SA-C的平面角设PS=a
∵∠PSQ=45°，∠SPQ=90°
∴PQ=a，SQ=a
同理PR= a，SR= a
∵∠PSQ=60°，SR=SQ= a
∴ΔRSQ为正三角形则RQ= a
∵PR2+PQ2=2a2=QR2
∴∠QPQ=90°
∴二面角B-SA-C为90°
∴平面BSA⊥平面SAC
114. 设S为平面外的一点，SA=SB=SC，，若，求证：平面ASC平面ABC。
解析：（1）把角的关系转化为边的关系
（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心）
证明：设D为AB的中点
同理
且
即为且S在平面上的射影O为的外心
则O在斜边AC的中点。
平面ABC
平面SAC
平面ASC平面ABC
115. 两个正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直，求异面直线AC和BF所成角的大小．
解析：作BP∥AC交DC延长线于P，则∠FBP(或补角)就是异面直线BF和AC所成的角，设正方形边长为a，在△BPF中，由余弦定理得，异面直线AC和BF成60°角．
116. 二面角α－a－β的值为θ(0°<θ<180°)，直线l⊥α，判断直线l与平面β的位置关系，并证明你的结论．
解析： 分两种情况，θ=90°，θ≠90°．
当θ=90°时，l∥β或lβ，这个结论可用反证法证明；
当θ≠90°时，l必与β相交，也可用反证法证明．
117. 已知平面α⊥平面β，交线为AB，C∈，D∈，，E为BC的中点，AC⊥BD，BD=8．
①求证：BD⊥平面；
②求证：平面AED⊥平面BCD；
③求二面角B－AC－D的正切值．
解析：①AB是AC在平面β上的射影，由AC⊥BD得AB⊥BD．∵ α⊥β．∴ DB⊥α．
②由AB=AC，且E是BC中点，得AE⊥BC，又AE⊥DB，故AE⊥平面BCD，因此可证得平面AED⊥平面BCD．
③设F是AC中点，连BF，DF．由于△ABC是正三角形，故BF⊥AC．又由DB⊥平面α，则DF⊥AC，∠BFD是二面角B－AC－D的平面角，
在Rt△BFD中，．
118. 如图，△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=
∠DBC=120°，求
(1) A、D连线和直线BC所成角的大小；
(2) 二面角A－BD－C的大小
解析：在平面ADC内作AH⊥BC，H是垂足，连HD．因为平面ABC⊥平面BDC．所以AH⊥平面BDC．HD是AD在平面BDC的射影．依题设条件可证得HD⊥BC，由三垂线定理得AD⊥BC，即异面直线AD和BC形成的角为90°．
在平面BDC内作HR⊥BD，R是垂足，连AR．HR是AR在平面BDC的射影，∴ AR⊥BD，∠ARH是二面角A－BD－C的平面角的补角，设AB=a，可得，
，，
∴ ．
∴ 二面角A－BD－C的大小为π－arctg2．
119. 正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1，CC1的中点，求异面直线AE和BF所成
角的大小．
解析：取DD1的中点G，可证四边形ABFG是平行四边形，得出BF∥AG，
则∠GAE是异面直线AE与BF所成的角．连GF，设正方体棱长为a，
，．
在△AEG中，由余弦定理得
∴ ．
120. 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A-BD-C的大小的余弦值．
在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°，
121. ?已知：如图12，P是正方形ABCD所在平面外一点，PA=PB=PC=PD=a，AB=a．
求：平面APB与平面CPD相交所成较大的二面角的余弦值．
分析：为了找到二面角及其平面角，必须依据题目的条件，找出两个平面的交线．
解：因为? AB∥CD，CD 平面CPD，AB 平面CPD．
所以? AB∥平面CPD．
又? P∈平面APB，且P∈平面CPD，
因此? 平面APB∩平面CPD=l，且P∈l．
所以? 二面角B-l-C就是平面APB和平面CPD相交所得到的一个二面角．
因为? AB∥平面CPD，AB 平面APB，平面CPD∩平面APB=l，
所以? AB∥l．
过P作PE⊥AB，PE⊥CD．
因为? l∥AB∥CD，
因此? PE⊥l，PF⊥l，
所以? ∠EPF是二面角B-l-C的平面角．
因为? PE是正三角形APB的一条高线，且AB=a，
因为? E，F分别是AB，CD的中点，
所以? EF=BC=a．
在△EFP中，
122. 在四面体ABCD中，AB＝AD＝BD＝2，BC＝DC＝4，二面角A－BD－C的大小为60°，求AC的长．
解析：作出二面角A－BD－C的平面角
在棱BD上选取恰当的点
AB＝AD，BC＝DC
解：取BD中点E，连结AE，EC
∵ AB＝AD，BC＝DC
∴ AE⊥BD，EC⊥BD
∴ ∠AEC为二面角A－BD－C的平面角
∴ ∠AEC＝60°
∵ AD＝2，DC＝4
∴ AE＝，EC＝
∴ 据余弦定理得：AC＝．
123. 河堤斜面与水平面所成角为60°，堤面上有一条直道CD，它与堤角的水平线AB的夹角为30°，沿着这条直道从堤角向上行走到10米时，人升高了多少（精确到0.1米）？
解析： 已知 所求
河堤斜面与水平面所成角为60° E到地面的距离
利用E或G构造棱上一点F 以EG为边构造三角形
解：取CD上一点E，设CE＝10 m，过点E作直线AB所在的水平面的垂线EG，垂足为G，则线段EG的长就是所求的高度．
在河堤斜面内，作EF⊥AB．垂足为F，连接FG，由三垂线定理的逆定理，知FG⊥AB．因此，∠EFG就是河堤斜面与水平面ABG所成的二面角的平面角，∠EFG＝60°．
由此得：
EG＝EFsin60°
＝CE sin30°sin60°
＝10××≈4.3（m）
答：沿着直道向上行走到10米时，人升高了约4.3米．
124. 二面角α—a—β是120°的二面角，P是该角内的一点．P到α、β的距离分别为a，b．求：P到棱a的距离．
解析：设PA⊥α于A，PB⊥β于B．过PA与PB作平面r与α交于AO，与β交于OB，
∵ PA⊥α，PB⊥β，∴ a⊥PA，且a⊥PB
∴ a⊥面r，∴ a⊥PO，PO的长为P到棱a的距离．
且∠AOB是二面角之平面角，∠AOB =120°
∴ ∠APB = 60°，PA = a，PB = b．
∵ ，
∴ ．
125. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线A1C与EF所成角的余弦值是 ( )
(A) (B) (C) (D)
解析：选哪一点，如何作平行线是解决本题的关键，显然在EF上选一点作AC的平行线要简单易行，观察图形，看出F与A1C确定的平面A1CC1恰是正方体的对角面，在这个面内，只要找出A1C1的中点O，连结OF，这条平行线就作出了，这样，∠EFO即为异面直线A1C与EF所成的角．容易算出这个角的余弦值是，答案选B．
126．在60°的二面角M－a－N内有一点P，P到平面M、平面N的距离分别为1和2，求P点到直线a的距离．
解析：本题涉及点到平面的距离，点到直线的距离，二面角的平面角等概念，图中都没有表示，按怎样的顺序先后作出相应的图形是解决本题的关键．可以有不同的作法，下面仅以一个作法为例，说明这些概念的特点，分别作PA⊥M，M是垂足，PB⊥N，N是垂足，先作了两条垂线，找出P点到两个平面的距离，其余概念要通过推理得出：于是PA、PB确定平面α，设α∩M=AC，α∩N=BC，c∈a．由于PA⊥M，则PA⊥a，同理PB⊥a，因此a⊥平面α，得a⊥PC．这样，∠ACB是二面角的平面角，PC是P点到直线a的距离，下面只要在四边形ACBP内，利用平面几何的知识在△PAB中求出AB，再在△ABC中利用正弦定理求外接圆直径2R＝，即为P点到直线a的距离，为．
127. 已知空间四边形ABCD中，AB = BC =CD= AD = BD = AC, E、F分别为AB、CD的中点，
（1）求证：EF 为AB和CD的公垂线
（2）求异面直线AB和CD的距离
解析：构造等腰三角形证明EF 与AB、CD垂直，然后在等腰三角形中求EF
解；①连接BD和AC，AF和BF，DE和CE
设四边形的边长为a
∵ AD = CD = AC = a
∴ △ABC为正三角形
∵ DF = FC
∴ AF ( DC 且AF =
同理 BF = A
即△ AFB为等腰三角形
在△ AFB中，
∵ AE = BE
∴ FE ( AB
同理在 △ DEC中
EF ( DC
∴ EF为异面直线AB和CD的公垂线
②在 △ AFB中
∵ EF ( AB且
∴
∵
∴ EF为异面直线AB和CD的距离
∴ AB和CD的距离为
128. 正方形ABCD中，以对角线BD为折线，把ΔABD折起，使二面角Aˊ-BD-C 为60°，求二面角B-AˊC-D的余弦值
解析：要求二面角B-AˊC-D的余弦值，先作出二面角的平面角，抓住图形中AˊB=BC，AˊD=DC的关系，采用定义法作出平面角∠BED（E为AC的中点）然后利用余弦定理求解
解：连BD、AC交于O点
则AˊO⊥BD，CO⊥BD
∴∠AˊOC为二面角Aˊ-BD-C的平面角
∴∠AˊOC=60°
设正方形ABCD的边长为a
∵A′O=OC=1/2AC=
∠A′OC=60°
∴ΔA′OC为正三角形则A′C=
取A′C的中点，连DE、BE
∵A′B=BC
∴BE⊥A′C
同理DE⊥A′C
∴∠DEB为二面角B-A′C-D的平面角在ΔBA′C中
BE=
同理DE=
在ΔBED中，BD=
∴ cos∠BED=
=
=--
∴二面角B-A′C-D的余弦值为-
129. 如图平面SAC⊥平面ACB，ΔSAC是边长为4的等边三角形，ΔACB为直角三角形，∠ACB=90°，BC=，求二面角S-AB-C的余弦值。
解析：先作出二面角的平面角。由面面垂直可得线面垂直，作SD⊥平面ACB，然后利用三垂线定理作出二面角的平面角
解：过S点作SD⊥AC于D，过D作DM⊥AB于M，连SM
∵平面SAC⊥平面ACB
∴SD⊥平面ACB
∴SM⊥AB
又∵DM⊥AB
∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角
在ΔSAC中SD=4×
在ΔACB中过C作CH⊥AB于H
∵AC=4，BC=
∴AB=
∵S=1/2AB·CH=1/2AC·BC
∴CH=
∵DM∥CH且AD=DC
∴DM=1/2CH=
∵SD⊥平面ACB DM(平面ACB
∴SD⊥DM
在RTΔSDM中
SM=
=
=
∴cos∠DMS=
=
=
130. 已知等腰(ABC中，AC = BC = 2，ACB = 120(，(ABC所在平面外的一点P到三角形三顶点的距离都等于4，求直线PC与平面ABC所成的角。
解析：解：设点P在底面上的射影为O，连OB、OC，
则OC是PC在平面ABC内的射影，
∴PCO是PC与面ABC所成的角。
∵ PA = PB = PC，
∴点P在底面的射影是(ABC的外心，
注意到(ABC为钝角三角形，
∴点O在(ABC的外部，
∵AC = BC，O是(ABC的外心，
∴OC⊥AB
在(OBC中，OC = OB， OCB = 60(，
∴(OBC为等边三角形，∴OC = 2
在Rt(POC中，
∴PCO = 60( 。
131. 如图在二面角α- l-β中，A、B∈α，C、D∈l，ABCD为矩形，P∈β，PA⊥α，且PA=AD，MN依次是AB、PC的中点
⑴ 求二面角α- l-β的大小
⑵ 求证明：MN⊥AB
⑶ 求异面直线PA与MN所成角的大小
解析：⑴ 用垂线法作二面角的平面角
⑵ 只要证明AB垂直于过MN的一个平面即可
⑶ 过点A作MN的平行线，转化为平面角求解
解：
⑴ 连PD
∵PA⊥α，AD⊥l
∴PD⊥l
∴∠PDA为二面角α- l-β的平面角
在RTΔPAD中
∵PA=PD
∴∠PDA=45°
∴二面角α- l-β为45°
⑵ 设E是DC的中点，连ME、NE
∵M、N、E分别为AB、PC、D的中点
∴ME∥AD，NE∥PD
∴ME⊥l，NE⊥l
∴l⊥平面MEN
∵AB∥l
∴AB⊥平面MEN
∵MN(平面MNE
∴MN(AB
⑶ 设Q是DP听中点，连NQ、AQ
则NQ∥DC，且NQ=1/2DC
∵AM∥DC，且AM=1/2AB=1/2DC
∴QN∥AM，QN=AM
∴QNMQ为平行四边形
∴AQ∥MN
∴∠PAQ为PA与MN所成的角
∵ΔPAQ为等腰直角三角形，AQ为斜边上的中线
∴∠PAQ=45°
即PA与MN所成角的大小为45°
132. 如图: △ABC的(ABC= 90(, V是平面ABC外的一点, VA = VB = VC = AC, 求VB与平面ABC所成的角。
解析：1、要求VB与平面ABC所成的角, 应作出它们所成的角。
2、要作出VB与平面ABC所成的角, 只要找出VB在平 面ABC内的射影就可以了。
3、作斜线在平面内的射影, 只要在斜线上找一点作直线 垂直于平面, 即找此点在平面内的射影, 显然找V点, V点在平面内的射影在何处？由条件可知, 射影为△ABC的外心。
解: 作VO(平面ABC于O, 则OB为VB在平面ABC内的射影,
∴(VBO为VB与平面ABC所成的角。
连OA、OB、OC, 则OA、OB、OC分别为斜线段VA、VB、VC在平面ABC内的射影。
∵VA = VB = VC
∴OA = OB = OC
∴O为△ABC为外心
∵△ABC为直角三角形, 且AC为斜边
∴O为AC的中点
设VA = a, 则VA = VC = AC = a,
在Rt△VOB中,
∴(VBO = 60(
∴VB与平面ABC所成的角为60(。
133. 已知：平面α∩平面β=直线a．
α，β同垂直于平面γ，又同平行于直线b．
求证：(Ⅰ)a⊥γ；
(Ⅱ)b⊥γ．
证明：
证法一(Ⅰ)设α∩γ=AB，β∩γ=AC．在γ内任取一点P并于γ内作直线PM⊥AB，PN⊥AC． ——1分
∵ γ⊥α，
∴ PM⊥α．
而 aα，
∴ PM⊥a．
同理PN⊥a． ——4分
又 PMγ，PNγ，
∴ a⊥γ． ——6分
(Ⅱ)于a上任取点Q，过b与Q作一平面交α于直线a1，交β于直线a2． ——7分
∵ b∥α，∴ b∥a1．
同理b∥a2． ——8分
∵ a1，a2同过Q且平行于b，
∵ a1，a2重合．
又 a1α，a2β，
∴ a1，a2都是α、β的交线，即都重合于a． ——10分
∵ b∥a1，∴ b∥a．
而a⊥γ，
∴ b⊥γ． ——12分
注：在第Ⅱ部分未证明b∥a而直接断定b⊥γ的，该部分不给分．
证法二(Ⅰ)在a上任取一点P，过P作直线a′⊥γ． ——1分
∵ α⊥γ，P∈α，
∴ a′α．
同理a′β． ——3分
可见a′是α，β的交线．
因而a′重合于a． ——5分
又 a′⊥γ，
∴ a⊥γ． ——6分
(Ⅱ)于α内任取不在a上的一点，过b和该点作平面与α交于直线c．同法过b作平面与β交于直线d． ——7分
∵ b∥α，b∥β．
∴ b∥c，b∥d． ——8分
又 cβ，dβ，可见c与d不重合．因而c∥d．
于是c∥β． ——9分
∵ c∥β，cα，α∩β=a，
∴ c∥a． ——10分
∵ b∥c，a∥c，b与a不重合(bα，aα)，
∴ b∥a． ——11分
而 a⊥γ，
∴ b⊥γ． ——12分
注：在第Ⅱ部分未证明b∥a而直接断定b⊥γ的，该部分不给分．
134. 设S为平面外的一点，SA=SB=SC，，若，求证：平面ASC平面ABC。
解析：（1）把角的关系转化为边的关系
（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心）
证明：设D为AB的中点
同理
且
即为且S在平面上的射影O为的外心
则O在斜边AC的中点。
平面ABC
平面SAC
平面ASC平面ABC
135. 已知如图，P平面ABC，PA=PB=PC，∠APB=∠APC=60°，∠BPC=90 °求证：平面ABC⊥平面PBC
解析：要证明面面垂直，只要在其呈平面内找一条线，然后证明直线与另一平面垂直即可。显然BC中点D，证明AD垂直平PBC即可
证明： 取BC中点D 连结AD、PD
∵PA=PB；∠APB=60°
∴ΔPAB为正三角形
同理ΔPAC为正三角形
设PA=a
在RTΔBPC中，PB=PC=a
BC=a
∴PD=a
在ΔABC中
AD=
=a
∵AD2+PD2=
=a2=AP2
∴ΔAPD为直角三角形
即AD⊥DP
又∵AD⊥BC
∴AD⊥平面PBC
∴平面ABC⊥平面PBC
136. 如图，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面
成60°的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值
是 ．
解析：
137. 如图，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的三个侧面ABCD、CC1D1D、BCC1B1的中心，则A1M与NP所成的角是( )
(A) 30°
(B) 45°
(C) 60°
(D) 90°
解析：D如图所示
138. 相交成90°的两条直线和一个平面所成的角分别是30°和45°，则这两条直线在该平面内的射影所成的锐角是（ ）
(A)
(B)
(C)
(D)
解析：分析：设直角顶点到平面的距离是1，所求的角为θ，则．
139. 在三棱锥P-ABC中， APB=BPC=CPA=600，求二面角A-PB-C的余弦值。
解析：在二面角的棱PB上任取一点Q，在半平面PBA和半平面PBC上作QMPB，QNPB，则由定义可知MQN即为二面角的平面角。
设PM=a,则在RtPQM和RtPQN中可求得QM=QN=a；
又由PQNPQM得PN=a,故在正PMN中MN=a,在MQN中由余弦定理得cosMQN=，即二面角的余弦值为。
140. 三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC=900，AB=BB1=1，直线B1C与平面ABC成300角，求二面角B-B1C-A的正弦值。
解析：可以知道，平面ABC与平面BCC1B1垂直，故可由面面垂直的性质来寻找从一个半平面到另一个半平面的垂线。
解：由直三棱柱性质得平面ABC平面BCC1B1，过A作AN平面BCC1B1，垂足为N，则AN平面BCC1B1，（AN即为我们要找的垂线）在平面BCB1内过N作NQ棱B1C，垂足为Q，连QA，则NQA即为二面角的平面角。
∵AB1在平面ABC内的射影为AB，CAAB，∴CAB1A，AB=BB1=1，得AB1=。∵直线B1C与平面ABC成300角，∴B1CB=300，B1C=2，Rt△B1AC中，由勾股定理得AC=，∴AQ=1。在Rt△BAC中，AB=1，AC=，得AN=。
sinAQN==。即二面角B-B1C-A的正弦值为。
141. 已知菱形ABCD边长为a，且其一条对角线BD＝a，沿对角线BD将折起所在平面成直二面角，点E、F分别是BC、CD的中点。
(1)求AC与平面AEF所成的角的余弦值
(2)求二面角A－EF－B的正切值。
(1) 解析：：菱形ABCD的对角线，
，中位线EF//BD，可知面AOC，，故面，这样AC在面AEF内的射影就是AG，就是AC与平面AEF的成角，解三角形AOC可得。
(2)分析：由前一小问的分析可知，
就是二面角A－EF－B的平面角，在中，，，。
142. 如图，ABCD-A1B1C1D1是正方体，E是CC1的中点，求二面角B-B1E-D的余弦值。
解析：图中二面角的二个半平面分别为△DEB1所在的半平面和△BEB1所在的半平面，即正方体的右侧面，它们的交线即二面角的棱B1E。不难找到DC即为从其中的一个半平面出发，并且垂直于另一个半平面的直线。
解： 由题意可得直线DC平面BEB1，且垂足为C，过C作CFB1E于F（如图，F在B1E的延长线上），连DF，则由三垂线定理可得DFC即二面角的平面角。
△B1C1E~△CFE，∴CF=；DF=
∴cosDFC=。
即二面角的平面角的余弦值为。
143. 如图，在平面角为600的二面角-l-内有一点P，P到、分别为PC=2cm,PD=3cm,则垂足的连线CD等于多少？（2）P到棱l的距离为多少？
解析：对于本题若这么做：过C在平面内作棱l的垂线，垂足为E，连DE，则CED即为二面角的平面角。这么作辅助线看似简单，实际上在证明CED为二面角的平面角时会有一个很麻烦的问题，需要证明P、D、E、C四点共面。这儿，可以通过作垂面的方法来作二面角的平面角。
解：∵PC、PD是两条相交直线，
∴PC、PD确定一个平面，设交棱l于E，连CE、DE。
∵PC⊥， ∴PC⊥l,
又∵PD⊥，∴PD⊥l。
∴l⊥平面，则l⊥CE、DE，故CED即为二面角的平面角，即CED=600。
∴CPD=1200，△PCD中，PD=3，PC=2，由余弦定理得CD=cm。由PD⊥DE，PC⊥CE可得P、D、E、C四点共圆，且PE为直径，由正弦定理得PE=2R===cm。
说明：三垂线定理及其逆定理是作二面角的平面角的最主要的方法，要引起重视。
144. 如图，梯形ABCD中，BA⊥AD，CD⊥AD，AB=2，CD=4，P为平面ABCD外一点，平面PAD⊥平面ABCD，△PBC是边长为10的正三角形，求平面PAD与面PBC所成的角.
解法一：如图，延长DA、CB交于E，＝＝，∴AB是△ECD的中位线，CB＝BE＝10.又△PCB为正△，易证△PCE为直角三角形，PE⊥PC.又平面PDA⊥平面ABCD，且CD⊥交线DA，∴CD⊥平面PDE.PE是PC在平面PDE内的射影，∴PE⊥PD(三垂线定理的逆定理).故∠CPD是D-PE-C的平面角.在Rt△CDP中，sin∠DPC＝＝，故二面角大小为arcsin.
解法二：利用Scosθ＝S′.如右图，
平面PAD⊥平面ABCD
CD⊥AD，BA⊥AD
BA⊥平面PAD
CD⊥平面PAD
△PAD是△PBC在平面PDA内的射影.设面PDA与面PCB所成的二面角为θ，则S△PDA＝S△PCB·cosθ.Rt△PAB中，PA＝4＝AD；Rt△PDC中，PD＝2.
∴△PAD为等腰三角形且S△PAD＝PD·AH＝15.
cosθ＝＝＝，
θ＝arccos＝.
145. 如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形，点A1在底面的射影O在AB上，已知侧棱A1A与底面ABCD成450角，A1A=a。求二面角A1-AC-B的平面角的正切值。（答案：）
146. 如图，在梯形ABCD中，AD//BC，ABC=900，AB=a,AD=3a,sinADC=,又PA⊥平面ABCD，PA=a，求二面角P-CD-A的大小。（答案：arctg）
147. 已知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3，P为斜边上一 点，沿CP将此直角三角形折成直二面角A—CP—B，当AB=71/2时，求二面角P—AC—B的大小。 作法一：∵A—CP—B为直角二面角， ∴过B作BD⊥CP交CP的延长线于D，则BD⊥DM APC。 ∴过D作DE ⊥AC，垂足为E，连BE。 ∴∠DEB为二面角A—CP—B的平面角。 作法二：过P点作PD′⊥PC交BC于D′，则PD′⊥面APC。 ∴过D′作D′E′⊥AC，垂足为E′，边PE′， ∴∠D′E′P为二面角P—AC—B的平面角。
148. 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起， 使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A—BC-—C的大小。 这是一道由平面图形折叠成立体图形的问题，解决问题的关键在 于搞清折叠前后“变”与“不变”。结果在平面图形中过A作AE⊥BD交BD于O、交BC于E，则折叠后OA、OE与BD的垂直关系不变。但OA与OE此时变成相交两线段并确定一平面，此平面必与棱垂直。由特征Ⅱ可知，面AOE与面ABD、面CBD的交线OA与OE所成的角，即为所求二面角的平面角。另外，A在面BCD上的射影必在OE所在的直线上，又题设射影落在BC上,所以E点就是A′，这样的定位给下面的定量提供了优质服务。事实上，AO=AB·AD/BD=3*4/5=12/5，OA′=OE=BO·tgc∠CBD，而BO=AB2/BD=9/5, tg∠CBD，故OA′=27/20。在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°所以cos∠AOA′=A′O/AO=9/16，ty∠AOA′=arccos9/16即所求的二面arccos9/16。 149. 将边长为的正方形沿对角线折起，使得，则三棱锥—的体积为 （ ）
A. B. C. D.
D
解析：取BD的中点为O，BD⊥平面OAC，，则=。选D
150. 在矩形ABCD中，AB=a，AD=2b，aAD、BC的中点，以EF为折痕把四边形EFCD折起，
当时，二面角C—EF—B的平面角的余
弦值等于 （ ）
A．0 B． C． D．
解析：由图可知 CE=BE= 当时，CB=。 为所求平面角，由余弦定理得cos。 选（C）。
151. ．已知E、F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是 （ ）
A． B．
C． D．
解析：C
如图，为所求的二面角的平面角。可利用求求出DG的长度，则所求函数值可求。
152. 与正方形各面成相等的角且过正方体三个顶点的截面的个数是________．
解析：如图中，截面ACD1和截面ACB1均符合题意要求，这样的截面共有8个；
153. 已知矩形ABCD的边AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，PA=1，问
BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由.
解析：连接AQ，因PA⊥平面ABCD，所以PQ⊥QDAQ⊥QD，即以AD为直经的圆与BC有交点．
当AD=BC=aAB=1,即a1时，在BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD；．．．．．．．．．5分
当0154. 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长的3，侧棱AA1=D是CB延长线上一点，且BD=BC.
（Ⅰ）求证：直线BC1//平面AB1D；
（Ⅱ）求二面角B1—AD—B的大小；
（Ⅲ）求三棱锥C1—ABB1的体积.
（Ⅰ）证明：CD//C1B1，又BD=BC=B1C1， ∴ 四边形BDB1C1是平行四边形， ∴BC1//DB1.
又DB1平面AB1D，BC1平面AB1D，∴直线BC1//平面AB1D.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分
（Ⅱ）解：过B作BE⊥AD于E，连结EB1， ∵B1B⊥平面ABD，∴B1E⊥AD ，
∴∠B1EB是二面角B1—AD—B的平面角， ∵BD=BC=AB， ∴E是AD的中点，
在Rt△B1BE中，∴∠B1EB=60°。即二面角B1—AD—B的大小为60°…………10分
（Ⅲ）解法一：过A作AF⊥BC于F，∵B1B⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面BB1C1C，
∴AF⊥平面BB1C1C，且AF=
即三棱锥C1—ABB1的体积为…………15分
解法二：在三棱柱ABC—A1B1C1中，
即为三棱锥C1—ABB1的体积．
155. 已知空间四边形ABCD的边长都是1，又BD=，当三棱锥A—BCD的体积最大时，求二面角B—AC—D的余弦值．
解析：如图，取AC中点E，BD中点F，由题设条件知道
（1）BED即二面角B—AC—D的平面角．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分
（2）当AF面BCD时，VA—BCD达到最大．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
这时ED2=AD2-AE2=1-AE2=1-=1-
=1-，
又 BE2=ED2，
∴ cos．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分
A
E
B F D
C
156. 有一矩形纸片ABCD，AB=5，BC=2，E，F分别是AB，CD上的点，且BE=CF=1，把纸片沿EF折成直二面角．
（1）求BD的距离；
（2）求证AC，BD交于一点且被这点平分．
解析：将平面BF折起后所补形成长方体AEFD-A1BCD1，则BD恰好是长方体的一条对角线．
（1）解：因为AE，EF，EB两两垂直，
所以BD恰好是以AE，EF，EB为长、宽、高的长方体的对角线，
．．．．．．．．．．．．．．．．6分
（2）证明：因为AD EF，EF BC，所以AD BC．
所以ACBD在同一平面内，
且四边形ABCD为平行四边形．
所以AC、BD交于一点且被这点平分
157.已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，
∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且
（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？
证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD， ∴AB⊥CD，
∵CD⊥BC且AB∩BC=B， ∴CD⊥平面ABC.………………………………3分
又
∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF,
∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD，
∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.………………8分
∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，
∴
由AB2=AE·AC 得
故当时，平面BEF⊥平面ACD.………………………………………………12分
158. 设△ABC内接于⊙O，其中AB为⊙O的直径，PA⊥平面ABC。
如图求直线PB和平面PAC所成角的大小
159. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知P，Q，R，S分别为棱A1D1，A1B1，AB，BB1的中点，求证：平面PQS⊥平面B1RC.(12分)
证明：连结BC1交B1C于O，则O为BC1的中点
连结RO，AC1，∵R是AB的中点 ∴RO∥AC1
∵P,Q分别为A1D1，A1B1的中点，易知A1C1⊥PQ
∴AC1⊥PQ（三垂线定理）
160. 把正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角B—AC—D，E、F分别为AD、BC的中点，O为正方形的中心，求折起后∠EOF的大小
证明：过F作FM⊥AC于M，过E作EN⊥AC于N，则M，N分别为OC、AO的中点
解析：
161. 如图，正方体AC1中，已知O为AC与BD的交点，M为DD1的中点。
（1）求异面直线B1O与AM所成角的大小。
（2）求二面角B1—MA—C的正切值。（14分）
解析：
方法二：取AD中点N，连结A1N，则A1N是B1O在侧面ADD1A1上的射影.
易证AM⊥A1N
∴AM⊥B1O（三垂线定理）
（2）连结MB1，AB1，MC，过O作OH⊥AM于H点，连结B1H，
∵B1O平面MAC，∴∠B1HO就是所求二面角B1—MA—C的平面角.
162. 在正方体AC1中，E为BC中点（1）求证：BD1∥平面C1DE；
（2）在棱CC1上求一点P，使平面A1B1P⊥平面C1DE；
（3）求二面角B—C1D—E的余弦值。（14分）
解析：
163.如图，立体图形V-ABCD中，底面是正方形ABCD，其他四个侧面都是全等的正三角形，画出二面角V-AB-C的平面角，并求它的度数．
解：设底面边长为a，则侧面三角形的边长也为a．
取AB的中点E，DC中点F，连VE、EF．
∵ 侧面△VAB是正三角形，
∴ VE⊥AB．
又EF∥BC，BC⊥AB，∴ EF⊥AB．
∠VEF就是V-AB-C的平面角．
cos∠VEF＝．
164. 已知二面角?-l-?是45°角，点P在半平面?内，点P到半平面?的距离是h，求点P到棱l的距离．
解：经P作PB⊥?于B，
经P在平面?内作PA⊥l于A．
连AB，则AB⊥l．
∠PAB就是二面角的平面角，∠PAB＝45°．
那么在Rt△PAB中，PB＝h，PA＝h．
165. 自二面角内一点分别向这个二面角的两个面引垂线，求证：它们所成的角与这个二面角的平面角互补．
证明：如图PQ⊥?，PQ⊥AB，
PR⊥?，PR⊥AB，
则AB⊥面PQR．
经PQR的平面交?、?于SR、SQ，
那么AB⊥SR，AB⊥SQ．
∠QSR就是二面角的平面角．
因四边形SRPQ中，∠PQS＝∠PRS＝90°，
因此∠P＋∠QSR＝180°．
166. 一张菱形硬纸板ABCD的中心是点O，沿它的一条对角线AC对折，使BO⊥DO，这时二面角B-AC-D是多少度？要使二面角B-AC-D为60°，点B和D间的距离应是线段BO的几倍？
解：因ABCD是菱形，故AC⊥BD．
沿对角线AC折为空间图形后BO⊥AC，DO⊥AC．
∠BOD就是二面角B-AC-D的平面角．
因BO⊥OD，故∠BOD＝90°，
即二面角B-AC-D是90°．
要使二面角B-AC-D为60°．
因BO＝OD，故△BOD是等边三角形，
此时BD＝BO．
167.四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形，PB垂直面ABCD，证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．
解析：：注意到题目中所给的二面角，面PAD与面PCD的棱为PD，围绕PD而考虑问题解决途径．
证法一：利用定义法
经A在PDA平面内作AE⊥PD于E，连CE．
因底是正方形，故CD＝DA．
△CED≌△AED，AE＝EC，∠CED＝∠AED＝90°，
则CE⊥PD．
故∠CEA是面PAD与面PCD所成二面角的平面角．
设AC与BD交于O，连EO，则EO⊥AC．
因OA＝×＝a，AE＜AD＜a．
cos∠AEC＝＝＜0．
所以面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．
证法二：运用三垂线法
∵ PB⊥面ABCD，则PB⊥AD，又AD⊥AB，
∴ AD⊥面PAB，即面PAB⊥面PAD．
过B作BE⊥PA，则BE⊥面PAD．
在面PBC内作PGBC，连GD．
经C作CF⊥面PAD于F，
那么连结EF，有EFAD．
经F作FH⊥PD于H，连CH，
则∠FHC是所求二面角平面角的补角．
因CF⊥FH，故∠FHC是锐角．
则面PAD与面PCD所成二面角大于90°．
此结论证明过程中与棱锥高无关．
证法三：利用垂面法找平面角．
在证法一所给图形中
连AC、BD，因AC⊥BD，PB⊥面ABCD，
∴ AC⊥PD．
经A作AE⊥PD于E，那么有PD⊥面AEC，连CE，
即PD⊥CE．
故PD与平面AEC垂直后，面AEC与面ADC及面ADP的交线EA、EC构成角∠CEA就是二面角的平面角．
以下同证法一．
168. 正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，求平面EB1C和平面ABCD所成二面角的大小．
解：△EB1C在底面ABCD内的射影三角形为Rt△ABC．
因E点射影为A，B1点射影为B．
设正方体棱长为a，
则S△ABC＝a2．
又在△EB1C中，
B1E＝a，B1C＝a，EC＝a，
故cos∠B1EC＝．
∴ sin∠B1EC＝．
∴ S＝×a·a·＝a2．
设面ＥB1C和面ABCD所成的二面角为?，
则cos?＝＝．
那么所求二面角的大小为arccos．
评述：此题属无棱二面角问题，图中没有二面角的棱，我们也可以去找到棱来解决，但这里通过射影而直接求角更方便．S′＝S△ABC，S＝．
169. 一个平面将空间分成几部分？二个平面将空间分成几部分？三个平面将空间分成几部分？
解析：2部分，３或４部分，４或６或７或８部分
170. 如图：已知直线l与平行直线a、b、c都相交，
求证:l与a、b、c共面。
设L∩ａ＝A，
ｌ∩ｂ＝A，L∩ｃ＝C，∵ａ∥ｂ，∴ａ、ｂ可确定一个平面α，∵Ａ∈ａ，B∈ｂ，∴A∈α，B∈α，∴ABα，即Lα．∵ｂ∥ｃ，∴ｂ、ｃ可确定一个平面β，
同理ｌβ．∵α、β均过相交直线ｂ、ｌ，∴α、β重合，∴ａ、ｂ、ｃ、ｌ共面；
７.提示：只需证明P、Q、R为平面ABC与α的公共点；
171. 如图：已知△ABC在平面α外，AB∩α＝P，AC∩α＝R，BC∩α＝Q。
求证:P、Q、R三点共线。
解析：点在线上，线在面内，可得点在面内，证明P，Q，R三个点是平面
与平面ABC的公共点，即可。
172. 如图：已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD各边AB、AD、CB、CD上的点，且直线EF和HG交于点P，求证：点B、D、P在同一条直线上。
解析：∵直线ＥＦ∩直线,HG＝P，∴P∈直线EF，又EF平面ABD，
∴P∈平面ABD，同理P∈平面CBD，由公理２，点B、D、P
在同一条直线上。
173. 如果把两条异面直线称作“一对”，则在正方体十二条棱中，共有异面直线（ ）对
Ａ．12 Ｂ．24 Ｃ．36 Ｄ．48
解析：Ｂ
如图，棱有4条与之异面，所有所有棱能组成412=48对，但每一对都重复计算一次，所以有48对=24对。
174. 已知正方形ABCD所在的平面和正方形ABEF所在的平面相交于AB，M、N分别是对角线AC、BF上的点,且AM=FN,求证：MN∥平面BCE.
解析：作NP∥AB交BE于点P，作MQ∥AB交BC于点Q，
证MNPQ是平行四边形，再证MN∥面BCE.
175. 棱长为１的的正方体ABCD—A1B1C1D1中,求证：平面A1BD∥平面CB1D1.
解析：过ａ和直线ｂ上任意一点P作一平面γ和平面β交于，∵α∥β，∴ａ∥，∵，，，∴，∵，，ｂ∥β，
∴α∥β；８．∵Ａ1Ｂ∥Ｄ1Ｃ，∴A1B∥平面CD1B1，同理BD∥平面CD1B1，
∵A1B面A1BD，BD面A1BD，∴面A1BD∥面CD1B1 .
176. 已知（如图）：平面α∥平面β, A、C∈α,B、D∈β,AB与CD是异面直线,E、F分别是线段AB、CD的中点,求证：EF∥β.
解析：如图作辅助线，可得中线平行。
177. 如图：在△ABC中，∠ACB＝900，M是AB的中点，PM⊥平面ABC，
求证：PA＝PB＝PC.
解析：连结MC，由∠ACB＝，M为AB的中点，MB＝MC＝MA，
∴PM⊥面ABC，∴∠PMA＝∠PMB＝∠PMC＝，又PM公用，∴△PMA≌△PMB≌△PMC，∴PA＝PB＝PC；
178. 四边形ABCD是距形，AB＝２，BC＝１，PC⊥平面AC，PC＝２，求点P到BD的距离.
解析：作CE⊥BD于E，连结PE，
179. 如图：在斜边为AB的Rt△ABC中，
过点A作PA⊥平面ABC，
AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，
（１）求证：BC⊥平面PAC；
（２）求证：PB⊥平面AEF.
解析：
（１）PA⊥面ACB，∴PA⊥BC，BC⊥AC，∴BC⊥面PAC．(2)(1)知BC⊥AF，
又AF⊥PC，∴AF⊥面PBC，∴AF⊥PB，又PB⊥AE，∴PB⊥面AEF.
180. 如图：ABCD—A1B1C1D1是正方体.
求证：（１）A1C⊥D1B1；（２）A1C⊥BC1
解析：（１）连A1C1，则A1C1⊥B1D1，
又CC1⊥面A1C1，由三垂线定理可知A1C⊥B1D1，（２）连B1C，
仿（１）可证；
181. 如图：PA⊥平面PBC，
AB＝AC，M是BC的中点，
求证：BC⊥PM.
解析：由AB＝AC得ＡAM⊥BC，又PA⊥面PBC，BC面PBC，∴BC⊥AP，
∴BC⊥面AMP，∴BC⊥PM
182. 如图：Rt△ABC中，∠B＝900，P为三角形所在平面外一点，PA⊥平面ABC，指出四面体P—ABC中有哪些三角形是直角三角形，说明理由.
由PA⊥面ABC得PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；又BC⊥AB，
∴BC⊥面PBA，∴△PAB，△PBC，△PAC，△ABC都是直角三角形
183. 已知直线a∥直线b，a⊥平面α，求证b⊥α.
解析：过ａ与α的交点作两相交直线ｍ、ｎ，由ａ⊥α，则ａ⊥ｍ，ａ⊥ｎ，又ｂ∥ａ，∴ｂ⊥ｍ，ｂ⊥ｎ，
∴ｂ⊥α
184. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为CC1中点，F为AC和BD的交点.
求证：A1F⊥平面BED.
解析：∵AA1⊥面ABCD，AF是A1F在ABCD上的射影，由AC⊥BD
得A1F⊥BD，取BC的中点G，连FG，B1G，由AB⊥BC1，∴FG⊥面BC1，
∴B1G是A1F在面BC1上的射影，又B1G⊥BE，∴BE⊥A1F，∴A1F⊥面BED；
185. P是所在平面外一点，若和都是边长为2的正三角形，PA=，求二面角P-BC-A的大小。
解析：取ＢＣ的中点Ｄ，连结PD、AD，易证∠PDA为二面角的平面角
186. 如图，是等腰直角三角形，AC=BC=a，P是所在平面外一点，PA=PB=PC=。（1）求证：平面平面ABC；（2）求PC与所在平面所成的角。
解析：
(1)取AB的中点Ｏ，连PO，证明PO⊥面ABC，(2)
187. 如图，A是直二面角的棱EF上的点，AB、CD分别是、内的射线，，求的大小.
解析：
作BODF，可得BO平面，解三角形ABC，根据余弦定理可得。
188. （如图）已知正方形ABCD的边长为1，过D作PD平面ABCD，且PD=1,E、F分别是AB和CD的中点。（1）求D点到平面PEF的距离；（2）求直线AC到平面PEF的距离。
解析：
1.作DG直线PF，则可得AC平面PDB，所以EF平面PDBDG平面PEF。DG为D点到平面PEF的距离
2.过点O作平行于DG的直线，则为所求。
189. 在三棱锥S—ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC和SC于D和E，又 SA=AB,SB=BC.求以BD为棱，以BDE与BDC为面的二面角度数.
∵E为SC的中点 ∴BE⊥SC ∴SC⊥面BDE SC⊥BD 面SA⊥BD ∴BD⊥面SAC 即BD⊥AC BD⊥DE ∴∠EDC为所求.
设SA=a则AB=a SB=BC=a SC=2a ∠ASC=60° ∠SCA=30° ∠EDC=60°
190. P是△ABC所在平面外一点，
PA、PB、PC两两垂直，G为△PAB的重心，
E、F分别是BC、PB 上的点，
且BE∶EC=PF∶FB=,
求证：平面GEF⊥平面PBC
解析：∵G为△PAB的重心，∴ ∴GF∥PA.
∵PA⊥PB PA⊥PC，∴PA⊥面PBC.∴GF⊥面PBC，∴面GFE⊥面PBC.
191. 如图1所示，边长AC＝3，BC＝4，AB＝5的三角形简易遮阳棚，其A、B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大?
解析： 易知，ΔABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为Q，则应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且AB垂直于平面CQD，如图2所示.
因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD中，CQ＝，由正弦定理，有
＝,
即 QD＝sin∠QCD.
为使面ABD的面积最大，需QD最大，这只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝ 60°.
故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD面积最大.
192. 如图所示，已知三棱锥S—ABC中，SA＝SB＝SC，且AC2+BC2＝AB2，由此可推出怎样的结论?
解析： 引SO⊥平面ABC(O为垂足)，连结OC.
∵SA＝SB＝SC，∴OA＝OB＝OC，
∴O是ΔABC的外心，(结论1)
又∵AC2+BC2＝AB2，
∴ΔABC是直角三角形，且AB是斜边，故O是斜边AB的中点.因而
SO平面SAB(结论2)
∴平面SAB⊥平面ABC(结论3)
193. 正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少?并求之.
解析： (1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN＝＝＝
(2)从底面到N点，沿棱柱的AC、BC剪开、展开，如图2.
则MN＝
＝＝
∵＜
∴＝.
194. 已知二面角A—BC—D为150°，ΔABC是边长为a的等边三角形，ΔBCD是斜边为BC的等腰直角三角形.求两个顶点A和D间的距离.
解析：.取BC的中点E，连DE和AE，利用余弦定理AD＝a
195. .如图，ABCDEF为正六边形，将此正六边形沿对角线AD折叠.
(1)求证：AD⊥EC，且与二面角F—AD—C的大小无关；
(2)FC与FE所成的角为30°时，求二面角F—AD—C的余弦值.
解析：(1)正六边形ABCDEF，在折叠前有AD⊥EC，设AD与EC交于M，折叠后即有AD⊥ME，AD⊥MC.则AD⊥平面EMC，无论∠EMC的大小如何，总有AD⊥EC.(2)利用余弦定理，有cos∠EMC＝
196. 在直角BVC的角顶点V，作直角所在平面的斜线VA，使二面角A—VB—C与二面角A—VC—B都等于45°，求二面角B—VA—C的度数.
解析：在VA上取A′作平面VCB的垂线，垂足为O，作OC′⊥VC，OB′⊥VB，连A′C′、A′B′，则∠A′C′O和∠A′B′O分别为二面角A-VC—B与二面角A—VB—C的平面角.易证VB′OC′为正方形.设VB′＝a，可求得A′B′＝a.VA′＝a.过B′作B′D⊥VA，
连结C′D.则∠B′DC′为二面角B—VA—C的平面角.在RtΔB′VA′中，可求B′D＝a，又DE⊥B′C′，B′E＝a，则在RtΔB′DE中可求得∠B′DE＝60°.二面角B—VA—C为120°.
197. 已知直线l与平面α内交于一点O的三条直线OA、OB、OC成等角，求证：l⊥α
解析：若l过O点，在l上任取一点P，作PH⊥α，垂足H，则H即在∠AOB的平分线上，又在∠BOC的平分线上，∴H是它们的公共点，故H与O重合；若l不过O点，可作过O的直线l′，使l′∥l即可证明.
198. 空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，点P在AD上移动，点Q在CB上移动，求点P与点Q的最短距离。
解析：如图作辅助线，可得PQ为AD，BC的公垂线。在直角三角形BQP中可求得。
199. 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）
A.三棱锥 B.四棱锥 C.五棱锥 D.六棱锥
解析：Ｄ
是正三角形，所以OC=AC，而AOC是直角三角形，OC为直角边，AC为斜边，矛盾，所以正棱锥不是六棱锥。
200. A、B为球面上相异的两点，则通过A、B可作大圆（ ）
A.一个 B.无穷多个 C.零个 D.一个或无穷多个
解析：Ｄ
当A，B点在球直径上，，这样的大圆有无数个，当不在球直径上，与球心O三个点唯一确定一个平面。
101. 是△ABC在平面α上的射影，那么和∠ABC的大小关系是 ( )
(A) <∠ABC (B) >∠ABC
(C) ≥∠ABC (D) 不能确定
解析：D
一个直角，当有一条直角边平行于平面时，则射影角可以等于原角大小，但一般情况不等．
102. 已知: 如图, △ABC中, (ACB = 90(, CD(平面, AD, BD和平面所成的角分别为30(和45(, CD = h, 求: D点到直线AB的距离。
解析：1、先找出点D到直线AB的距离, 即过D点作 DE(AB, 从图形以及条件可知, 若把DE放在△ABD中不易求解。
2、由于CD(平面, 把DE转化到直角三角形中求解, 从而转化为先求DE在平面内的射影长。
解: 连AC, BC, 过D作DE(AB, 连CE, 则DE为D到直线AB的距离。
∵CD(
∴AC, BC分别是AD, BD在内的射影。
∴(DAC, (DBC分别是AD和BD与平面所成的角
∴(DAC = 30(, (DBC = 45(
在Rt△ACD中,
∵CD = h, (DAC = 30(
∴AC =
在Rt△BCD中
∵CD = h, (DBC = 45(
∴BC = h
∵CD(, DE(AB
∴CE(AB
在Rt△ACB中
∴
∴在Rt△DCE中,
∴点D到直线AB的距离为。
103. 已知a、b、c是平面α内相交于一点O的三条直线，而直线l和α相交，并且和a、b、c三条直线成等角．
求证：l⊥α
证法一：分别在a、b、c上取点A、B、C并使AO = BO = CO．设l经过O，在l上取一点P，在△POA、△POB、△POC中，
∵ PO公用，AO = BO = CO，∠POA =∠POB=∠POC，
∴ △POA≌△POB≌△POC
∴ PA = PB = PC．取AB中点D．连结OD、PD，则OD⊥AB，PD⊥AB，
∵
∴ AB⊥平面POD
∵ PO平面POD．
∴ PO⊥AB．
同理可证 PO⊥BC
∵ ，，
∴ PO⊥α，即l⊥α
若l不经过O时，可经过O作∥l．用上述方法证明⊥α，
∴ l⊥α．
证法二：采用反证法
假设l不和α垂直，则l和α斜交于O．
同证法一，得到PA = PB = PC．
过P作于，则，O是△ABC的外心．因为O也是△ABC的外心，这样，△ABC有两个外心，这是不可能的．
∴ 假设l不和α垂直是不成立的．
∴ l⊥α
若l不经过O点时，过O作∥l，用上述同样的方法可证⊥α，
∴ l⊥α
评述：（1）证明线面垂直时，一般都采用直接证法（如证法一），有时也采用反证法（如证法二）或同一法．
104. P是△ABC所在平面外一点，O是点P在平面α上的射影．
（1）若PA = PB = PC，则O是△ABC的____________心．
（2）若点P到△ABC的三边的距离相等，则O是△ABC_________心．
（3）若PA 、PB、PC两两垂直，则O是△ABC_________心．
（4）若△ABC是直角三角形，且PA = PB = PC则O是△ABC的____________心．
（5）若△ABC是等腰三角形，且PA = PB = PC，则O是△ABC的____________心．
（6）若PA、PB、PC与平面ABC所成的角相等，则O是△ABC的________心；
解析：（1）外心．∵ PA=PB=PC，∴ OA=OB=OC，∴ O是△ABC的外心．
（2）内心（或旁心）．作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，连结PD、PE、PF．∵ PO⊥平面ABC，∴ OD、OE、OF分别为PD、PE、PF在平面ABC内的射影，由三垂线定理可知，PD⊥AB，PE⊥BC，PF⊥AC．由已知PD=PE=PF，得OD=OE=OF，∴ O是△ABC的内心．（如图答9-23）
（3）垂心．
（4）外心．（5）外心
（6）外心．PA与平面ABC所成的角为∠PAO，在△PAO、△PBO、△PCO中，PO是公共边，∠POA=∠POB=∠POC=90°，∠PAO=∠PBO=∠PCO，∴ △PAO≌△PBO≌△PCO，∴ OA=OB=OC，∴ O为△ABC的外心．
（此外心又在等腰三角形的底边高线上）．
105. 将矩形ABCD沿对角线BD折起来，使点C的新位置在面ABC上的射影E恰在AB上．
求证：
分析：欲证，只须证与所在平面垂直；而要证⊥平面，只须证⊥且⊥AD．因此，如何利用三垂线定理证明线线垂直就成为关键步骤了．
证明：由题意，⊥，又斜线在平面ABCD上的射影是BA，
∵ BA⊥AD，由三垂线定理，得，．
∴ ⊥平面，而平面
∴ ⊥
106. 已知异面直线l1和l2，l1⊥l2，MN是l1和l2的公垂线，MN = 4，A∈l1，B∈l2，AM = BN = 2，O是MN中点．① 求l1与OB的成角．②求A点到OB距离．
分析：本题若将条件放入立方体的“原型”中，抓住“一个平面四条线”的图形特征及“直线平面垂直”的关键性条件，问题就显得简单明了．
解析：（1）如图，画两个相连的正方体，将题目条件一一标在图中．
OB在底面上射影NB⊥CD，由三垂线定理，OB⊥CD，又CD∥MA，
∴ OB⊥MA 即OB与l1成90°
（2）连结BO并延长交上底面于E点．
ME = BN，
∴ ME = 2，又 ON = 2
∴ ．
作AQ⊥BE，连结MQ．
对于平面EMO而言，AM、AQ、MQ分别为垂线、斜线、斜线在平面内的射影，由三垂线逆定理得MQ⊥EO．
在Rt△MEO中，．
评述：又在Rt△AMQ中，，本题通过补形法使较困难的问题变得明显易解；求点到直线的距离，仍然是利用直线与平面垂直的关键条件，抓住“一个面四条线”的图形特征来解决的．
107. 已知各棱长均为a的正四面体ABCD，E是AD边的中点，连结CE．求CE与底面BCD所成角的正弦值．
解析：作AH⊥底面BCD，垂足H是正△BCD中心，
连DH延长交BC于F，则平面AHD⊥平面BCD，
作EO⊥HD于O，连结EC，
则∠ECO是EC与底面BCD所成的角
则EO⊥底面BCD．
，
∴
108. 已知四面体S－ABC中，SA⊥底面ABC，△ABC是锐角三角形，H是点A在面SBC上的射影．求证：H不可能是△SBC的垂心．
分析：本题因不易直接证明，故采用反证法．
证明：假设H是△SBC的垂心，连结BH，并延长交SC于D点，则BH⊥SC
∵ AH⊥平面SBC，
∴ BH是AB在平面SBC内的射影
∴ SC⊥AB（三垂线定理）
又∵ SA⊥底面ABC，AC是SC在面内的射影
∴ AB⊥AC（三垂线定理的逆定理）
∴ △ABC是Rt△与已知△ABC是锐角三角形相矛盾，于是假设不成立．
故H不可能是△SBC的垂心．
109. 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC垂直于ABCD所在的平面，且GC＝2．求点B到平面EFG的距离．
解析：如图，连结EG、FG、EF、BD、AC、EF、BD分别交AC于H、O． 因为ABCD是正方形，E、F分别为AB和AD的中点，故EF∥BD，H为AO的中点．
BD不在平面EFG上．否则，平面EFG和平面ABCD重合，从而点G在平面的ABCD上，与题设矛盾．
由直线和平面平行的判定定理知BD∥平面EFG，所以BD和平面EFG的距离就是点B到平面EFG的距离． ——4分
∵ BD⊥AC，
∴ EF⊥HC．
∵ GC⊥平面ABCD，
∴ EF⊥GC，
∴ EF⊥平面HCG．
∴ 平面EFG⊥平面HCG，HG是这两个垂直平面的交线． ——6分
作OK⊥HG交HG于点K，由两平面垂直的性质定理知OK⊥平面EFG，所以线段OK的长就是点B到平面EFG的距离． ——8分
∵ 正方形ABCD的边长为4，GC=2，
∴ AC=4，HO=，HC=3．
∴ 在Rt△HCG中，HG=．
由于Rt△HKO和Rt△HCG有一个锐角是公共的，故Rt△HKO∽△HCG．
∴ OK=．
即点B到平面EFG的距离为． ——10分
注：未证明“BD不在平面EFG上”不扣分．
110. 已知：AB与CD为异面直线，
AC＝BC，AD＝BD．
求证：AB⊥CD．
说明：（1）应用判定定理，掌握线线垂直的一般思路．
（2）思路：欲证线线垂直，只需证线面垂直，再证线线垂直，而由已知构造线线垂直是关键．
（3）教学方法，引导学生分析等腰三角形三线合一的性质构造图形，找到证明方法．
证明：如图，取AB中点E，连结CE、DE
∵AC＝BC，E为AB中点．
∴CE⊥AB
同理DE⊥AB，又CE∩DE＝E，
且CE平面CDE，DE平面CDE．
∴AB⊥平面CDE
又CD平面CDE
∴AB⊥CD．
111. 两个相交平面?、??都垂直于第三个平面??，那么它们的交线a一定和第三个平面垂直．
证明：在??内取一点P，过P作PA垂直??与??的交线；过P作PB垂直??与??的交线．
∵ ?⊥???且?⊥?
∴ PA⊥?且PB⊥?
∴ PA⊥a且PB⊥a
∴ a⊥?
112. 在立体图形P－ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，Q是PC中点．
AC，BD交于O点．
（Ⅰ）求二面角Q－BD－C的大小：
（Ⅱ）求二面角B－QD－C的大小．
解析：（Ⅰ）解：连QO，则QO∥PA且QO＝PA＝AB
∵ PA⊥面ABCD
∴ QO⊥面ABCD
面QBD过QO，
∴ 面QBD⊥面ABCD
故二面角Q－BD－C等于90°．
（Ⅱ）解：过O作OH⊥QD，垂足为H，连CH．
∵ 面QBD⊥面BCD，
又∵ CO⊥BD
CO⊥面QBD
CH在面QBD内的射影是OH
∵ OH⊥QD
∴ CH⊥QD
于是∠OHC是二面角的平面角．
设正方形ABCD边长2，
则OQ＝1，OD＝，QD＝．
∵ OH·QD＝OQ·OD
∴ OH＝．
又OC＝
在Rt△COH中：tan∠OHC＝＝·＝
∴ ∠OHC＝60°
故二面角B－QD－C等于60°．
113. 如图在ΔABC中， AD⊥BC， ED=2AE，
过E作FG∥BC， 且将ΔAFG沿FG折起，
使∠A'ED=60°，求证:A'E⊥平面A'BC
解析：弄清折叠前后，图形中各元素之间的数量关系和位置关系。
解： ∵FG∥BC，AD⊥BC
∴A'E⊥FG
∴A'E⊥BC
设A'E=a，则ED=2a
由余弦定理得：
A'D2=A'E2+ED2-2?A'E?EDcos60°
=3a2
∴ED2=A'D2+A'E2
∴A'D⊥A'E
∴A'E⊥平面A'BC
114. α、β是两个不同的平面，m，n是平面α及β之外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n，②α⊥β，③n⊥β，④m⊥α．以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题，并证明它．
解析：m⊥α，n⊥β，α⊥βm⊥n（或m⊥n，m⊥α，n⊥βα⊥β）
证明如下：过不在α、β内的任一点P，作PM∥m，PN∥n
过PM、PN作平面r交α于MQ，交β于NQ．
，
同理PN⊥NQ．
因此∠MPN＋∠MQN = 180°，
故∠MQN = 90°∠MPN = 90°
即α⊥βm⊥n．
115. 已知：，α⊥γ，β⊥γ，b∥α，b∥β．
求证：a⊥γ且b⊥γ．
解析：在a上任取一点P，过P作PQ⊥r．
∵ β⊥r， ∴ ，
∵ α⊥r， ∴ ，
∴ PQ与a重合，故a⊥r．
过b和点P作平面S，
则S和α交于PQ1，S和β交于PQ2，
∵ b∥α，b∥β
∴ b∥PQ1，且b∥PQ2．
于是PQ1和PQ2与a重合，
故b∥a， 而a⊥r， ∴ b⊥r．
116. 已知PA⊥矩形ABCD所在平面，且AB＝3，BC＝4，PA＝3，求点P到CD和BD的距离．
解析：∵ PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，且CD平面ABCD．
∴ PD⊥CD（三垂线定理）．在Rt△PAD中，PD＝＝＝5．
又作PH⊥BD于H，连结AH，由三垂线定理的逆定理，
有AH⊥BD．这里，PH为点P到BD的距离．
在Rt△ABD中，AH＝＝
在Rt△PAH中，PH＝＝＝
117. 点P在平面ABC的射影为O，且PA、PB、PC两两垂直，那么O是△ABC的( )
(A) 内心 (B) 外心
(C) 垂心 (D) 重心
解析：由于PC⊥PA，PC⊥PB，所以PC⊥平面PAB，
∴ PC⊥AB．
又P在平面ABC的射影为O，连CO，则CO是PC在平面ABC的射影，根据三垂线定理的逆定理，得：CO⊥AB，
同理可证AO⊥BC，O是△ABC的垂心，答案选C．
118. 如图02，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q、R分别是棱AA1、BB1、BC上的点，PQ∥AB，C1Q⊥PR，求证：∠D1QR=90°．
证明：∵ PQ∥AB，AB⊥平面BC1，
∴ PQ⊥平面BC1，QR是PR在平面BC1的射影．
根据三垂线定理的逆定理，由C1Q⊥PR得C1Q⊥QR．
又因D1C1⊥平面BC1，则C1Q是D1Q在平面B1C的射影，根据三垂线定理，由C1Q⊥QR得QR⊥D1Q．
∴ ∠D1QR=90°
119. 在空间四边形ABCD中, 已知AC(BD, AD(BC, 求证: AB(CD。
解析： 1、条件AC(BD, AD(BC, 可以看作斜线AD, AC与平面BCD内的直线的位置关系, 从而联想到用三垂线定理或其逆定理证明命题。
2、如何找斜线在平面内的射影, 显然是过A点作直线垂直于平面BCD, 这样斜线与直线的位置关系, 通过射影与直线的位置关系判定。
证明: 过A点作AO垂直于平面BCD于O
连BO, CO, DO
∵AO(平面BCD, AC(BD
∴CO(BD
∵AO(平面BCD, AD(BC
∴DO(BC
∴O为△BCD的垂心
∴BO(CD
∴AB(CD
120. 如图, 在空间四边形SABC中,
SA(平面ABC, (ABC = 90(,
AN(SB于N, AM(SC于M。
求证: ①AN(BC; ②SC(平面ANM
解析： ①要证AN(BC, 转证, BC(平面SAB。
②要证SC(平面ANM, 转证, SC垂直于平面ANM内的两条相交直线, 即证SC(AM, SC(AN。要证SC(AN, 转证AN(平面SBC, 就可以了。
证明:
①∵SA(平面ABC
∴SA(BC
又∵BC(AB, 且ABSA = A
∴BC(平面SAB
∵AN平面SAB
∴AN(BC
②∵AN(BC, AN(SB, 且SBBC = B
∴AN(平面SBC
∵SCC平面SBC
∴AN(SC
又∵AM(SC, 且AMAN = A
∴SC(平面ANM
121. 已知如图，P平面ABC，PA=PB=PC，
∠APB=∠APC=60°，∠BPC=90 °
求证：平面ABC⊥平面PBC
解析：要证明面面垂直，只要在其呈平面内找一条线，然后证明直线与另一平面垂直即可。显然BC中点D，证明AD垂直平PBC即可
证明： 取BC中点D 连结AD、PD
∵PA=PB；∠APB=60°
∴ΔPAB为正三角形
同理ΔPAC为正三角形
设PA=a
在RTΔBPC中，PB=PC=a
BC=a
∴PD=a
在ΔABC中
AD=
=a
∵AD2+PD2=
=a2=AP2
∴ΔAPD为直角三角形
即AD⊥DP
又∵AD⊥BC
∴AD⊥平面PBC
∴平面ABC⊥平面PBC
122. 如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面。
已知：β⊥α，γ⊥α，βγ=a
求证：a⊥α
解析：利用线面垂直的性质定理
证明：设αβ=AB，αγ=CD
在平面β内作L1⊥AB，
在平面γ内作L1⊥CD，
∵α⊥β∴L1⊥α
同理L2⊥α
∴L1//L2
∴L1//β
∴L1//a
∴a⊥α
113. 已知SA、SB、SC是共点于S的且不共面的三条射线，∠BSA=∠ASC=45°,∠BSC=60°，求证：平面BSA⊥平面SAC
解析：先作二面角B-SA-C的平面角，根据给定的条件，在棱S上取一点P，分别是在两个平面内作直线与棱垂直
证明：在SA上取一点P
过P作PR⊥SA交SC于R
过P作PQ⊥SA交SB于Q
∴∠QPR为二面角B-SA-C的平面角设PS=a
∵∠PSQ=45°，∠SPQ=90°
∴PQ=a，SQ=a
同理PR= a，SR= a
∵∠PSQ=60°，SR=SQ= a
∴ΔRSQ为正三角形则RQ= a
∵PR2+PQ2=2a2=QR2
∴∠QPQ=90°
∴二面角B-SA-C为90°
∴平面BSA⊥平面SAC
114. 设S为平面外的一点，SA=SB=SC，，若，求证：平面ASC平面ABC。
解析：（1）把角的关系转化为边的关系
（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心）
证明：设D为AB的中点
同理
且
即为且S在平面上的射影O为的外心
则O在斜边AC的中点。
平面ABC
平面SAC
平面ASC平面ABC
115. 两个正方形ABCD和ABEF所在的平面互相垂直，求异面直线AC和BF所成角的大小．
解析：作BP∥AC交DC延长线于P，则∠FBP(或补角)就是异面直线BF和AC所成的角，设正方形边长为a，在△BPF中，由余弦定理得，异面直线AC和BF成60°角．
116. 二面角α－a－β的值为θ(0°<θ<180°)，直线l⊥α，判断直线l与平面β的位置关系，并证明你的结论．
解析： 分两种情况，θ=90°，θ≠90°．
当θ=90°时，l∥β或lβ，这个结论可用反证法证明；
当θ≠90°时，l必与β相交，也可用反证法证明．
117. 已知平面α⊥平面β，交线为AB，C∈，D∈，，E为BC的中点，AC⊥BD，BD=8．
①求证：BD⊥平面；
②求证：平面AED⊥平面BCD；
③求二面角B－AC－D的正切值．
解析：①AB是AC在平面β上的射影，由AC⊥BD得AB⊥BD．∵ α⊥β．∴ DB⊥α．
②由AB=AC，且E是BC中点，得AE⊥BC，又AE⊥DB，故AE⊥平面BCD，因此可证得平面AED⊥平面BCD．
③设F是AC中点，连BF，DF．由于△ABC是正三角形，故BF⊥AC．又由DB⊥平面α，则DF⊥AC，∠BFD是二面角B－AC－D的平面角，
在Rt△BFD中，．
118. 如图，△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=
∠DBC=120°，求
(1) A、D连线和直线BC所成角的大小；
(2) 二面角A－BD－C的大小
解析：在平面ADC内作AH⊥BC，H是垂足，连HD．因为平面ABC⊥平面BDC．所以AH⊥平面BDC．HD是AD在平面BDC的射影．依题设条件可证得HD⊥BC，由三垂线定理得AD⊥BC，即异面直线AD和BC形成的角为90°．
在平面BDC内作HR⊥BD，R是垂足，连AR．HR是AR在平面BDC的射影，∴ AR⊥BD，∠ARH是二面角A－BD－C的平面角的补角，设AB=a，可得，
，，
∴ ．
∴ 二面角A－BD－C的大小为π－arctg2．
119. 正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是BB1，CC1的中点，求异面直线AE和BF所成
角的大小．
解析：取DD1的中点G，可证四边形ABFG是平行四边形，得出BF∥AG，
则∠GAE是异面直线AE与BF所成的角．连GF，设正方体棱长为a，
，．
在△AEG中，由余弦定理得
∴ ．
120. 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起，使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A-BD-C的大小的余弦值．
在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°，
121. ?已知：如图12，P是正方形ABCD所在平面外一点，PA=PB=PC=PD=a，AB=a．
求：平面APB与平面CPD相交所成较大的二面角的余弦值．
分析：为了找到二面角及其平面角，必须依据题目的条件，找出两个平面的交线．
解：因为? AB∥CD，CD 平面CPD，AB 平面CPD．
所以? AB∥平面CPD．
又? P∈平面APB，且P∈平面CPD，
因此? 平面APB∩平面CPD=l，且P∈l．
所以? 二面角B-l-C就是平面APB和平面CPD相交所得到的一个二面角．
因为? AB∥平面CPD，AB 平面APB，平面CPD∩平面APB=l，
所以? AB∥l．
过P作PE⊥AB，PE⊥CD．
因为? l∥AB∥CD，
因此? PE⊥l，PF⊥l，
所以? ∠EPF是二面角B-l-C的平面角．
因为? PE是正三角形APB的一条高线，且AB=a，
因为? E，F分别是AB，CD的中点，
所以? EF=BC=a．
在△EFP中，
122. 在四面体ABCD中，AB＝AD＝BD＝2，BC＝DC＝4，二面角A－BD－C的大小为60°，求AC的长．
解析：作出二面角A－BD－C的平面角
在棱BD上选取恰当的点
AB＝AD，BC＝DC
解：取BD中点E，连结AE，EC
∵ AB＝AD，BC＝DC
∴ AE⊥BD，EC⊥BD
∴ ∠AEC为二面角A－BD－C的平面角
∴ ∠AEC＝60°
∵ AD＝2，DC＝4
∴ AE＝，EC＝
∴ 据余弦定理得：AC＝．
123. 河堤斜面与水平面所成角为60°，堤面上有一条直道CD，它与堤角的水平线AB的夹角为30°，沿着这条直道从堤角向上行走到10米时，人升高了多少（精确到0.1米）？
解析： 已知 所求
河堤斜面与水平面所成角为60° E到地面的距离
利用E或G构造棱上一点F 以EG为边构造三角形
解：取CD上一点E，设CE＝10 m，过点E作直线AB所在的水平面的垂线EG，垂足为G，则线段EG的长就是所求的高度．
在河堤斜面内，作EF⊥AB．垂足为F，连接FG，由三垂线定理的逆定理，知FG⊥AB．因此，∠EFG就是河堤斜面与水平面ABG所成的二面角的平面角，∠EFG＝60°．
由此得：
EG＝EFsin60°
＝CE sin30°sin60°
＝10××≈4.3（m）
答：沿着直道向上行走到10米时，人升高了约4.3米．
124. 二面角α—a—β是120°的二面角，P是该角内的一点．P到α、β的距离分别为a，b．求：P到棱a的距离．
解析：设PA⊥α于A，PB⊥β于B．过PA与PB作平面r与α交于AO，与β交于OB，
∵ PA⊥α，PB⊥β，∴ a⊥PA，且a⊥PB
∴ a⊥面r，∴ a⊥PO，PO的长为P到棱a的距离．
且∠AOB是二面角之平面角，∠AOB =120°
∴ ∠APB = 60°，PA = a，PB = b．
∵ ，
∴ ．
125. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为AB、CC1的中点，则异面直线A1C与EF所成角的余弦值是 ( )
(A) (B) (C) (D)
解析：选哪一点，如何作平行线是解决本题的关键，显然在EF上选一点作AC的平行线要简单易行，观察图形，看出F与A1C确定的平面A1CC1恰是正方体的对角面，在这个面内，只要找出A1C1的中点O，连结OF，这条平行线就作出了，这样，∠EFO即为异面直线A1C与EF所成的角．容易算出这个角的余弦值是，答案选B．
126．在60°的二面角M－a－N内有一点P，P到平面M、平面N的距离分别为1和2，求P点到直线a的距离．
解析：本题涉及点到平面的距离，点到直线的距离，二面角的平面角等概念，图中都没有表示，按怎样的顺序先后作出相应的图形是解决本题的关键．可以有不同的作法，下面仅以一个作法为例，说明这些概念的特点，分别作PA⊥M，M是垂足，PB⊥N，N是垂足，先作了两条垂线，找出P点到两个平面的距离，其余概念要通过推理得出：于是PA、PB确定平面α，设α∩M=AC，α∩N=BC，c∈a．由于PA⊥M，则PA⊥a，同理PB⊥a，因此a⊥平面α，得a⊥PC．这样，∠ACB是二面角的平面角，PC是P点到直线a的距离，下面只要在四边形ACBP内，利用平面几何的知识在△PAB中求出AB，再在△ABC中利用正弦定理求外接圆直径2R＝，即为P点到直线a的距离，为．
127. 已知空间四边形ABCD中，AB = BC =CD= AD = BD = AC, E、F分别为AB、CD的中点，
（1）求证：EF 为AB和CD的公垂线
（2）求异面直线AB和CD的距离
解析：构造等腰三角形证明EF 与AB、CD垂直，然后在等腰三角形中求EF
解；①连接BD和AC，AF和BF，DE和CE
设四边形的边长为a
∵ AD = CD = AC = a
∴ △ABC为正三角形
∵ DF = FC
∴ AF ( DC 且AF =
同理 BF = A
即△ AFB为等腰三角形
在△ AFB中，
∵ AE = BE
∴ FE ( AB
同理在 △ DEC中
EF ( DC
∴ EF为异面直线AB和CD的公垂线
②在 △ AFB中
∵ EF ( AB且
∴
∵
∴ EF为异面直线AB和CD的距离
∴ AB和CD的距离为
128. 正方形ABCD中，以对角线BD为折线，把ΔABD折起，使二面角Aˊ-BD-C 为60°，求二面角B-AˊC-D的余弦值
解析：要求二面角B-AˊC-D的余弦值，先作出二面角的平面角，抓住图形中AˊB=BC，AˊD=DC的关系，采用定义法作出平面角∠BED（E为AC的中点）然后利用余弦定理求解
解：连BD、AC交于O点
则AˊO⊥BD，CO⊥BD
∴∠AˊOC为二面角Aˊ-BD-C的平面角
∴∠AˊOC=60°
设正方形ABCD的边长为a
∵A′O=OC=1/2AC=
∠A′OC=60°
∴ΔA′OC为正三角形则A′C=
取A′C的中点，连DE、BE
∵A′B=BC
∴BE⊥A′C
同理DE⊥A′C
∴∠DEB为二面角B-A′C-D的平面角在ΔBA′C中
BE=
同理DE=
在ΔBED中，BD=
∴ cos∠BED=
=
=--
∴二面角B-A′C-D的余弦值为-
129. 如图平面SAC⊥平面ACB，ΔSAC是边长为4的等边三角形，ΔACB为直角三角形，∠ACB=90°，BC=，求二面角S-AB-C的余弦值。
解析：先作出二面角的平面角。由面面垂直可得线面垂直，作SD⊥平面ACB，然后利用三垂线定理作出二面角的平面角
解：过S点作SD⊥AC于D，过D作DM⊥AB于M，连SM
∵平面SAC⊥平面ACB
∴SD⊥平面ACB
∴SM⊥AB
又∵DM⊥AB
∴∠DMS为二面角S-AB-C的平面角
在ΔSAC中SD=4×
在ΔACB中过C作CH⊥AB于H
∵AC=4，BC=
∴AB=
∵S=1/2AB·CH=1/2AC·BC
∴CH=
∵DM∥CH且AD=DC
∴DM=1/2CH=
∵SD⊥平面ACB DM(平面ACB
∴SD⊥DM
在RTΔSDM中
SM=
=
=
∴cos∠DMS=
=
=
130. 已知等腰(ABC中，AC = BC = 2，ACB = 120(，(ABC所在平面外的一点P到三角形三顶点的距离都等于4，求直线PC与平面ABC所成的角。
解析：解：设点P在底面上的射影为O，连OB、OC，
则OC是PC在平面ABC内的射影，
∴PCO是PC与面ABC所成的角。
∵ PA = PB = PC，
∴点P在底面的射影是(ABC的外心，
注意到(ABC为钝角三角形，
∴点O在(ABC的外部，
∵AC = BC，O是(ABC的外心，
∴OC⊥AB
在(OBC中，OC = OB， OCB = 60(，
∴(OBC为等边三角形，∴OC = 2
在Rt(POC中，
∴PCO = 60( 。
131. 如图在二面角α- l-β中，A、B∈α，C、D∈l，ABCD为矩形，P∈β，PA⊥α，且PA=AD，MN依次是AB、PC的中点
⑴ 求二面角α- l-β的大小
⑵ 求证明：MN⊥AB
⑶ 求异面直线PA与MN所成角的大小
解析：⑴ 用垂线法作二面角的平面角
⑵ 只要证明AB垂直于过MN的一个平面即可
⑶ 过点A作MN的平行线，转化为平面角求解
解：
⑴ 连PD
∵PA⊥α，AD⊥l
∴PD⊥l
∴∠PDA为二面角α- l-β的平面角
在RTΔPAD中
∵PA=PD
∴∠PDA=45°
∴二面角α- l-β为45°
⑵ 设E是DC的中点，连ME、NE
∵M、N、E分别为AB、PC、D的中点
∴ME∥AD，NE∥PD
∴ME⊥l，NE⊥l
∴l⊥平面MEN
∵AB∥l
∴AB⊥平面MEN
∵MN(平面MNE
∴MN(AB
⑶ 设Q是DP听中点，连NQ、AQ
则NQ∥DC，且NQ=1/2DC
∵AM∥DC，且AM=1/2AB=1/2DC
∴QN∥AM，QN=AM
∴QNMQ为平行四边形
∴AQ∥MN
∴∠PAQ为PA与MN所成的角
∵ΔPAQ为等腰直角三角形，AQ为斜边上的中线
∴∠PAQ=45°
即PA与MN所成角的大小为45°
132. 如图: △ABC的(ABC= 90(, V是平面ABC外的一点, VA = VB = VC = AC, 求VB与平面ABC所成的角。
解析：1、要求VB与平面ABC所成的角, 应作出它们所成的角。
2、要作出VB与平面ABC所成的角, 只要找出VB在平 面ABC内的射影就可以了。
3、作斜线在平面内的射影, 只要在斜线上找一点作直线 垂直于平面, 即找此点在平面内的射影, 显然找V点, V点在平面内的射影在何处？由条件可知, 射影为△ABC的外心。
解: 作VO(平面ABC于O, 则OB为VB在平面ABC内的射影,
∴(VBO为VB与平面ABC所成的角。
连OA、OB、OC, 则OA、OB、OC分别为斜线段VA、VB、VC在平面ABC内的射影。
∵VA = VB = VC
∴OA = OB = OC
∴O为△ABC为外心
∵△ABC为直角三角形, 且AC为斜边
∴O为AC的中点
设VA = a, 则VA = VC = AC = a,
在Rt△VOB中,
∴(VBO = 60(
∴VB与平面ABC所成的角为60(。
133. 已知：平面α∩平面β=直线a．
α，β同垂直于平面γ，又同平行于直线b．
求证：(Ⅰ)a⊥γ；
(Ⅱ)b⊥γ．
证明：
证法一(Ⅰ)设α∩γ=AB，β∩γ=AC．在γ内任取一点P并于γ内作直线PM⊥AB，PN⊥AC． ——1分
∵ γ⊥α，
∴ PM⊥α．
而 aα，
∴ PM⊥a．
同理PN⊥a． ——4分
又 PMγ，PNγ，
∴ a⊥γ． ——6分
(Ⅱ)于a上任取点Q，过b与Q作一平面交α于直线a1，交β于直线a2． ——7分
∵ b∥α，∴ b∥a1．
同理b∥a2． ——8分
∵ a1，a2同过Q且平行于b，
∵ a1，a2重合．
又 a1α，a2β，
∴ a1，a2都是α、β的交线，即都重合于a． ——10分
∵ b∥a1，∴ b∥a．
而a⊥γ，
∴ b⊥γ． ——12分
注：在第Ⅱ部分未证明b∥a而直接断定b⊥γ的，该部分不给分．
证法二(Ⅰ)在a上任取一点P，过P作直线a′⊥γ． ——1分
∵ α⊥γ，P∈α，
∴ a′α．
同理a′β． ——3分
可见a′是α，β的交线．
因而a′重合于a． ——5分
又 a′⊥γ，
∴ a⊥γ． ——6分
(Ⅱ)于α内任取不在a上的一点，过b和该点作平面与α交于直线c．同法过b作平面与β交于直线d． ——7分
∵ b∥α，b∥β．
∴ b∥c，b∥d． ——8分
又 cβ，dβ，可见c与d不重合．因而c∥d．
于是c∥β． ——9分
∵ c∥β，cα，α∩β=a，
∴ c∥a． ——10分
∵ b∥c，a∥c，b与a不重合(bα，aα)，
∴ b∥a． ——11分
而 a⊥γ，
∴ b⊥γ． ——12分
注：在第Ⅱ部分未证明b∥a而直接断定b⊥γ的，该部分不给分．
134. 设S为平面外的一点，SA=SB=SC，，若，求证：平面ASC平面ABC。
解析：（1）把角的关系转化为边的关系
（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心）
证明：设D为AB的中点
同理
且
即为且S在平面上的射影O为的外心
则O在斜边AC的中点。
平面ABC
平面SAC
平面ASC平面ABC
135. 已知如图，P平面ABC，PA=PB=PC，∠APB=∠APC=60°，∠BPC=90 °求证：平面ABC⊥平面PBC
解析：要证明面面垂直，只要在其呈平面内找一条线，然后证明直线与另一平面垂直即可。显然BC中点D，证明AD垂直平PBC即可
证明： 取BC中点D 连结AD、PD
∵PA=PB；∠APB=60°
∴ΔPAB为正三角形
同理ΔPAC为正三角形
设PA=a
在RTΔBPC中，PB=PC=a
BC=a
∴PD=a
在ΔABC中
AD=
=a
∵AD2+PD2=
=a2=AP2
∴ΔAPD为直角三角形
即AD⊥DP
又∵AD⊥BC
∴AD⊥平面PBC
∴平面ABC⊥平面PBC
136. 如图，正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面
成60°的二面角，则异面直线AD与BF所成角的余弦值
是 ．
解析：
137. 如图，M、N、P分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的三个侧面ABCD、CC1D1D、BCC1B1的中心，则A1M与NP所成的角是( )
(A) 30°
(B) 45°
(C) 60°
(D) 90°
解析：D如图所示
138. 相交成90°的两条直线和一个平面所成的角分别是30°和45°，则这两条直线在该平面内的射影所成的锐角是（ ）
(A)
(B)
(C)
(D)
解析：分析：设直角顶点到平面的距离是1，所求的角为θ，则．
139. 在三棱锥P-ABC中， APB=BPC=CPA=600，求二面角A-PB-C的余弦值。
解析：在二面角的棱PB上任取一点Q，在半平面PBA和半平面PBC上作QMPB，QNPB，则由定义可知MQN即为二面角的平面角。
设PM=a,则在RtPQM和RtPQN中可求得QM=QN=a；
又由PQNPQM得PN=a,故在正PMN中MN=a,在MQN中由余弦定理得cosMQN=，即二面角的余弦值为。
140. 三棱柱ABC-A1B1C1中，BAC=900，AB=BB1=1，直线B1C与平面ABC成300角，求二面角B-B1C-A的正弦值。
解析：可以知道，平面ABC与平面BCC1B1垂直，故可由面面垂直的性质来寻找从一个半平面到另一个半平面的垂线。
解：由直三棱柱性质得平面ABC平面BCC1B1，过A作AN平面BCC1B1，垂足为N，则AN平面BCC1B1，（AN即为我们要找的垂线）在平面BCB1内过N作NQ棱B1C，垂足为Q，连QA，则NQA即为二面角的平面角。
∵AB1在平面ABC内的射影为AB，CAAB，∴CAB1A，AB=BB1=1，得AB1=。∵直线B1C与平面ABC成300角，∴B1CB=300，B1C=2，Rt△B1AC中，由勾股定理得AC=，∴AQ=1。在Rt△BAC中，AB=1，AC=，得AN=。
sinAQN==。即二面角B-B1C-A的正弦值为。
141. 已知菱形ABCD边长为a，且其一条对角线BD＝a，沿对角线BD将折起所在平面成直二面角，点E、F分别是BC、CD的中点。
(1)求AC与平面AEF所成的角的余弦值
(2)求二面角A－EF－B的正切值。
(1) 解析：：菱形ABCD的对角线，
，中位线EF//BD，可知面AOC，，故面，这样AC在面AEF内的射影就是AG，就是AC与平面AEF的成角，解三角形AOC可得。
(2)分析：由前一小问的分析可知，
就是二面角A－EF－B的平面角，在中，，，。
142. 如图，ABCD-A1B1C1D1是正方体，E是CC1的中点，求二面角B-B1E-D的余弦值。
解析：图中二面角的二个半平面分别为△DEB1所在的半平面和△BEB1所在的半平面，即正方体的右侧面，它们的交线即二面角的棱B1E。不难找到DC即为从其中的一个半平面出发，并且垂直于另一个半平面的直线。
解： 由题意可得直线DC平面BEB1，且垂足为C，过C作CFB1E于F（如图，F在B1E的延长线上），连DF，则由三垂线定理可得DFC即二面角的平面角。
△B1C1E~△CFE，∴CF=；DF=
∴cosDFC=。
即二面角的平面角的余弦值为。
143. 如图，在平面角为600的二面角-l-内有一点P，P到、分别为PC=2cm,PD=3cm,则垂足的连线CD等于多少？（2）P到棱l的距离为多少？
解析：对于本题若这么做：过C在平面内作棱l的垂线，垂足为E，连DE，则CED即为二面角的平面角。这么作辅助线看似简单，实际上在证明CED为二面角的平面角时会有一个很麻烦的问题，需要证明P、D、E、C四点共面。这儿，可以通过作垂面的方法来作二面角的平面角。
解：∵PC、PD是两条相交直线，
∴PC、PD确定一个平面，设交棱l于E，连CE、DE。
∵PC⊥， ∴PC⊥l,
又∵PD⊥，∴PD⊥l。
∴l⊥平面，则l⊥CE、DE，故CED即为二面角的平面角，即CED=600。
∴CPD=1200，△PCD中，PD=3，PC=2，由余弦定理得CD=cm。由PD⊥DE，PC⊥CE可得P、D、E、C四点共圆，且PE为直径，由正弦定理得PE=2R===cm。
说明：三垂线定理及其逆定理是作二面角的平面角的最主要的方法，要引起重视。
144. 如图，梯形ABCD中，BA⊥AD，CD⊥AD，AB=2，CD=4，P为平面ABCD外一点，平面PAD⊥平面ABCD，△PBC是边长为10的正三角形，求平面PAD与面PBC所成的角.
解法一：如图，延长DA、CB交于E，＝＝，∴AB是△ECD的中位线，CB＝BE＝10.又△PCB为正△，易证△PCE为直角三角形，PE⊥PC.又平面PDA⊥平面ABCD，且CD⊥交线DA，∴CD⊥平面PDE.PE是PC在平面PDE内的射影，∴PE⊥PD(三垂线定理的逆定理).故∠CPD是D-PE-C的平面角.在Rt△CDP中，sin∠DPC＝＝，故二面角大小为arcsin.
解法二：利用Scosθ＝S′.如右图，
平面PAD⊥平面ABCD
CD⊥AD，BA⊥AD
BA⊥平面PAD
CD⊥平面PAD
△PAD是△PBC在平面PDA内的射影.设面PDA与面PCB所成的二面角为θ，则S△PDA＝S△PCB·cosθ.Rt△PAB中，PA＝4＝AD；Rt△PDC中，PD＝2.
∴△PAD为等腰三角形且S△PAD＝PD·AH＝15.
cosθ＝＝＝，
θ＝arccos＝.
145. 如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面为正方形，点A1在底面的射影O在AB上，已知侧棱A1A与底面ABCD成450角，A1A=a。求二面角A1-AC-B的平面角的正切值。（答案：）
146. 如图，在梯形ABCD中，AD//BC，ABC=900，AB=a,AD=3a,sinADC=,又PA⊥平面ABCD，PA=a，求二面角P-CD-A的大小。（答案：arctg）
147. 已知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3，P为斜边上一 点，沿CP将此直角三角形折成直二面角A—CP—B，当AB=71/2时，求二面角P—AC—B的大小。 作法一：∵A—CP—B为直角二面角， ∴过B作BD⊥CP交CP的延长线于D，则BD⊥DM APC。 ∴过D作DE ⊥AC，垂足为E，连BE。 ∴∠DEB为二面角A—CP—B的平面角。 作法二：过P点作PD′⊥PC交BC于D′，则PD′⊥面APC。 ∴过D′作D′E′⊥AC，垂足为E′，边PE′， ∴∠D′E′P为二面角P—AC—B的平面角。
148. 矩形ABCD，AB=3，BC=4，沿对角线BD把△ABD折起， 使点A在平面BCD上的射影A′落在BC上，求二面角A—BC-—C的大小。 这是一道由平面图形折叠成立体图形的问题，解决问题的关键在 于搞清折叠前后“变”与“不变”。结果在平面图形中过A作AE⊥BD交BD于O、交BC于E，则折叠后OA、OE与BD的垂直关系不变。但OA与OE此时变成相交两线段并确定一平面，此平面必与棱垂直。由特征Ⅱ可知，面AOE与面ABD、面CBD的交线OA与OE所成的角，即为所求二面角的平面角。另外，A在面BCD上的射影必在OE所在的直线上，又题设射影落在BC上,所以E点就是A′，这样的定位给下面的定量提供了优质服务。事实上，AO=AB·AD/BD=3*4/5=12/5，OA′=OE=BO·tgc∠CBD，而BO=AB2/BD=9/5, tg∠CBD，故OA′=27/20。在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°所以cos∠AOA′=A′O/AO=9/16，ty∠AOA′=arccos9/16即所求的二面arccos9/16。 149. 将边长为的正方形沿对角线折起，使得，则三棱锥—的体积为 （ ）
A. B. C. D.
D
解析：取BD的中点为O，BD⊥平面OAC，，则=。选D
150. 在矩形ABCD中，AB=a，AD=2b，a
当时，二面角C—EF—B的平面角的余
弦值等于 （ ）
A．0 B． C． D．
解析：由图可知 CE=BE= 当时，CB=。 为所求平面角，由余弦定理得cos。 选（C）。
151. ．已知E、F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC，CC1的中点，则截面AEFD1与底面ABCD所成二面角的正弦值是 （ ）
A． B．
C． D．
解析：C
如图，为所求的二面角的平面角。可利用求求出DG的长度，则所求函数值可求。
152. 与正方形各面成相等的角且过正方体三个顶点的截面的个数是________．
解析：如图中，截面ACD1和截面ACB1均符合题意要求，这样的截面共有8个；
153. 已知矩形ABCD的边AB=1，BC=a，PA⊥平面ABCD，PA=1，问
BC边上是否存在点Q，使得PQ⊥QD，并说明理由.
解析：连接AQ，因PA⊥平面ABCD，所以PQ⊥QDAQ⊥QD，即以AD为直经的圆与BC有交点．
当AD=BC=aAB=1,即a1时，在BC边上存在点Q，使得PQ⊥QD；．．．．．．．．．5分
当0
（Ⅰ）求证：直线BC1//平面AB1D；
（Ⅱ）求二面角B1—AD—B的大小；
（Ⅲ）求三棱锥C1—ABB1的体积.
（Ⅰ）证明：CD//C1B1，又BD=BC=B1C1， ∴ 四边形BDB1C1是平行四边形， ∴BC1//DB1.
又DB1平面AB1D，BC1平面AB1D，∴直线BC1//平面AB1D.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分
（Ⅱ）解：过B作BE⊥AD于E，连结EB1， ∵B1B⊥平面ABD，∴B1E⊥AD ，
∴∠B1EB是二面角B1—AD—B的平面角， ∵BD=BC=AB， ∴E是AD的中点，
在Rt△B1BE中，∴∠B1EB=60°。即二面角B1—AD—B的大小为60°…………10分
（Ⅲ）解法一：过A作AF⊥BC于F，∵B1B⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面BB1C1C，
∴AF⊥平面BB1C1C，且AF=
即三棱锥C1—ABB1的体积为…………15分
解法二：在三棱柱ABC—A1B1C1中，
即为三棱锥C1—ABB1的体积．
155. 已知空间四边形ABCD的边长都是1，又BD=，当三棱锥A—BCD的体积最大时，求二面角B—AC—D的余弦值．
解析：如图，取AC中点E，BD中点F，由题设条件知道
（1）BED即二面角B—AC—D的平面角．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分
（2）当AF面BCD时，VA—BCD达到最大．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
这时ED2=AD2-AE2=1-AE2=1-=1-
=1-，
又 BE2=ED2，
∴ cos．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分
A
E
B F D
C
156. 有一矩形纸片ABCD，AB=5，BC=2，E，F分别是AB，CD上的点，且BE=CF=1，把纸片沿EF折成直二面角．
（1）求BD的距离；
（2）求证AC，BD交于一点且被这点平分．
解析：将平面BF折起后所补形成长方体AEFD-A1BCD1，则BD恰好是长方体的一条对角线．
（1）解：因为AE，EF，EB两两垂直，
所以BD恰好是以AE，EF，EB为长、宽、高的长方体的对角线，
．．．．．．．．．．．．．．．．6分
（2）证明：因为AD EF，EF BC，所以AD BC．
所以ACBD在同一平面内，
且四边形ABCD为平行四边形．
所以AC、BD交于一点且被这点平分
157.已知△BCD中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB⊥平面BCD，
∠ADB=60°，E、F分别是AC、AD上的动点，且
（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC；
（Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD？
证明：（Ⅰ）∵AB⊥平面BCD， ∴AB⊥CD，
∵CD⊥BC且AB∩BC=B， ∴CD⊥平面ABC.………………………………3分
又
∴不论λ为何值，恒有EF∥CD，∴EF⊥平面ABC，EF平面BEF,
∴不论λ为何值恒有平面BEF⊥平面ABC
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD，
∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.………………8分
∵BC=CD=1，∠BCD=90°，∠ADB=60°，
∴
由AB2=AE·AC 得
故当时，平面BEF⊥平面ACD.………………………………………………12分
158. 设△ABC内接于⊙O，其中AB为⊙O的直径，PA⊥平面ABC。
如图求直线PB和平面PAC所成角的大小
159. 如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知P，Q，R，S分别为棱A1D1，A1B1，AB，BB1的中点，求证：平面PQS⊥平面B1RC.(12分)
证明：连结BC1交B1C于O，则O为BC1的中点
连结RO，AC1，∵R是AB的中点 ∴RO∥AC1
∵P,Q分别为A1D1，A1B1的中点，易知A1C1⊥PQ
∴AC1⊥PQ（三垂线定理）
160. 把正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角B—AC—D，E、F分别为AD、BC的中点，O为正方形的中心，求折起后∠EOF的大小
证明：过F作FM⊥AC于M，过E作EN⊥AC于N，则M，N分别为OC、AO的中点
解析：
161. 如图，正方体AC1中，已知O为AC与BD的交点，M为DD1的中点。
（1）求异面直线B1O与AM所成角的大小。
（2）求二面角B1—MA—C的正切值。（14分）
解析：
方法二：取AD中点N，连结A1N，则A1N是B1O在侧面ADD1A1上的射影.
易证AM⊥A1N
∴AM⊥B1O（三垂线定理）
（2）连结MB1，AB1，MC，过O作OH⊥AM于H点，连结B1H，
∵B1O平面MAC，∴∠B1HO就是所求二面角B1—MA—C的平面角.
162. 在正方体AC1中，E为BC中点（1）求证：BD1∥平面C1DE；
（2）在棱CC1上求一点P，使平面A1B1P⊥平面C1DE；
（3）求二面角B—C1D—E的余弦值。（14分）
解析：
163.如图，立体图形V-ABCD中，底面是正方形ABCD，其他四个侧面都是全等的正三角形，画出二面角V-AB-C的平面角，并求它的度数．
解：设底面边长为a，则侧面三角形的边长也为a．
取AB的中点E，DC中点F，连VE、EF．
∵ 侧面△VAB是正三角形，
∴ VE⊥AB．
又EF∥BC，BC⊥AB，∴ EF⊥AB．
∠VEF就是V-AB-C的平面角．
cos∠VEF＝．
164. 已知二面角?-l-?是45°角，点P在半平面?内，点P到半平面?的距离是h，求点P到棱l的距离．
解：经P作PB⊥?于B，
经P在平面?内作PA⊥l于A．
连AB，则AB⊥l．
∠PAB就是二面角的平面角，∠PAB＝45°．
那么在Rt△PAB中，PB＝h，PA＝h．
165. 自二面角内一点分别向这个二面角的两个面引垂线，求证：它们所成的角与这个二面角的平面角互补．
证明：如图PQ⊥?，PQ⊥AB，
PR⊥?，PR⊥AB，
则AB⊥面PQR．
经PQR的平面交?、?于SR、SQ，
那么AB⊥SR，AB⊥SQ．
∠QSR就是二面角的平面角．
因四边形SRPQ中，∠PQS＝∠PRS＝90°，
因此∠P＋∠QSR＝180°．
166. 一张菱形硬纸板ABCD的中心是点O，沿它的一条对角线AC对折，使BO⊥DO，这时二面角B-AC-D是多少度？要使二面角B-AC-D为60°，点B和D间的距离应是线段BO的几倍？
解：因ABCD是菱形，故AC⊥BD．
沿对角线AC折为空间图形后BO⊥AC，DO⊥AC．
∠BOD就是二面角B-AC-D的平面角．
因BO⊥OD，故∠BOD＝90°，
即二面角B-AC-D是90°．
要使二面角B-AC-D为60°．
因BO＝OD，故△BOD是等边三角形，
此时BD＝BO．
167.四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形，PB垂直面ABCD，证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．
解析：：注意到题目中所给的二面角，面PAD与面PCD的棱为PD，围绕PD而考虑问题解决途径．
证法一：利用定义法
经A在PDA平面内作AE⊥PD于E，连CE．
因底是正方形，故CD＝DA．
△CED≌△AED，AE＝EC，∠CED＝∠AED＝90°，
则CE⊥PD．
故∠CEA是面PAD与面PCD所成二面角的平面角．
设AC与BD交于O，连EO，则EO⊥AC．
因OA＝×＝a，AE＜AD＜a．
cos∠AEC＝＝＜0．
所以面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90°．
证法二：运用三垂线法
∵ PB⊥面ABCD，则PB⊥AD，又AD⊥AB，
∴ AD⊥面PAB，即面PAB⊥面PAD．
过B作BE⊥PA，则BE⊥面PAD．
在面PBC内作PGBC，连GD．
经C作CF⊥面PAD于F，
那么连结EF，有EFAD．
经F作FH⊥PD于H，连CH，
则∠FHC是所求二面角平面角的补角．
因CF⊥FH，故∠FHC是锐角．
则面PAD与面PCD所成二面角大于90°．
此结论证明过程中与棱锥高无关．
证法三：利用垂面法找平面角．
在证法一所给图形中
连AC、BD，因AC⊥BD，PB⊥面ABCD，
∴ AC⊥PD．
经A作AE⊥PD于E，那么有PD⊥面AEC，连CE，
即PD⊥CE．
故PD与平面AEC垂直后，面AEC与面ADC及面ADP的交线EA、EC构成角∠CEA就是二面角的平面角．
以下同证法一．
168. 正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，求平面EB1C和平面ABCD所成二面角的大小．
解：△EB1C在底面ABCD内的射影三角形为Rt△ABC．
因E点射影为A，B1点射影为B．
设正方体棱长为a，
则S△ABC＝a2．
又在△EB1C中，
B1E＝a，B1C＝a，EC＝a，
故cos∠B1EC＝．
∴ sin∠B1EC＝．
∴ S＝×a·a·＝a2．
设面ＥB1C和面ABCD所成的二面角为?，
则cos?＝＝．
那么所求二面角的大小为arccos．
评述：此题属无棱二面角问题，图中没有二面角的棱，我们也可以去找到棱来解决，但这里通过射影而直接求角更方便．S′＝S△ABC，S＝．
169. 一个平面将空间分成几部分？二个平面将空间分成几部分？三个平面将空间分成几部分？
解析：2部分，３或４部分，４或６或７或８部分
170. 如图：已知直线l与平行直线a、b、c都相交，
求证:l与a、b、c共面。
设L∩ａ＝A，
ｌ∩ｂ＝A，L∩ｃ＝C，∵ａ∥ｂ，∴ａ、ｂ可确定一个平面α，∵Ａ∈ａ，B∈ｂ，∴A∈α，B∈α，∴ABα，即Lα．∵ｂ∥ｃ，∴ｂ、ｃ可确定一个平面β，
同理ｌβ．∵α、β均过相交直线ｂ、ｌ，∴α、β重合，∴ａ、ｂ、ｃ、ｌ共面；
７.提示：只需证明P、Q、R为平面ABC与α的公共点；
171. 如图：已知△ABC在平面α外，AB∩α＝P，AC∩α＝R，BC∩α＝Q。
求证:P、Q、R三点共线。
解析：点在线上，线在面内，可得点在面内，证明P，Q，R三个点是平面
与平面ABC的公共点，即可。
172. 如图：已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD各边AB、AD、CB、CD上的点，且直线EF和HG交于点P，求证：点B、D、P在同一条直线上。
解析：∵直线ＥＦ∩直线,HG＝P，∴P∈直线EF，又EF平面ABD，
∴P∈平面ABD，同理P∈平面CBD，由公理２，点B、D、P
在同一条直线上。
173. 如果把两条异面直线称作“一对”，则在正方体十二条棱中，共有异面直线（ ）对
Ａ．12 Ｂ．24 Ｃ．36 Ｄ．48
解析：Ｂ
如图，棱有4条与之异面，所有所有棱能组成412=48对，但每一对都重复计算一次，所以有48对=24对。
174. 已知正方形ABCD所在的平面和正方形ABEF所在的平面相交于AB，M、N分别是对角线AC、BF上的点,且AM=FN,求证：MN∥平面BCE.
解析：作NP∥AB交BE于点P，作MQ∥AB交BC于点Q，
证MNPQ是平行四边形，再证MN∥面BCE.
175. 棱长为１的的正方体ABCD—A1B1C1D1中,求证：平面A1BD∥平面CB1D1.
解析：过ａ和直线ｂ上任意一点P作一平面γ和平面β交于，∵α∥β，∴ａ∥，∵，，，∴，∵，，ｂ∥β，
∴α∥β；８．∵Ａ1Ｂ∥Ｄ1Ｃ，∴A1B∥平面CD1B1，同理BD∥平面CD1B1，
∵A1B面A1BD，BD面A1BD，∴面A1BD∥面CD1B1 .
176. 已知（如图）：平面α∥平面β, A、C∈α,B、D∈β,AB与CD是异面直线,E、F分别是线段AB、CD的中点,求证：EF∥β.
解析：如图作辅助线，可得中线平行。
177. 如图：在△ABC中，∠ACB＝900，M是AB的中点，PM⊥平面ABC，
求证：PA＝PB＝PC.
解析：连结MC，由∠ACB＝，M为AB的中点，MB＝MC＝MA，
∴PM⊥面ABC，∴∠PMA＝∠PMB＝∠PMC＝，又PM公用，∴△PMA≌△PMB≌△PMC，∴PA＝PB＝PC；
178. 四边形ABCD是距形，AB＝２，BC＝１，PC⊥平面AC，PC＝２，求点P到BD的距离.
解析：作CE⊥BD于E，连结PE，
179. 如图：在斜边为AB的Rt△ABC中，
过点A作PA⊥平面ABC，
AE⊥PB于E，AF⊥PC于F，
（１）求证：BC⊥平面PAC；
（２）求证：PB⊥平面AEF.
解析：
（１）PA⊥面ACB，∴PA⊥BC，BC⊥AC，∴BC⊥面PAC．(2)(1)知BC⊥AF，
又AF⊥PC，∴AF⊥面PBC，∴AF⊥PB，又PB⊥AE，∴PB⊥面AEF.
180. 如图：ABCD—A1B1C1D1是正方体.
求证：（１）A1C⊥D1B1；（２）A1C⊥BC1
解析：（１）连A1C1，则A1C1⊥B1D1，
又CC1⊥面A1C1，由三垂线定理可知A1C⊥B1D1，（２）连B1C，
仿（１）可证；
181. 如图：PA⊥平面PBC，
AB＝AC，M是BC的中点，
求证：BC⊥PM.
解析：由AB＝AC得ＡAM⊥BC，又PA⊥面PBC，BC面PBC，∴BC⊥AP，
∴BC⊥面AMP，∴BC⊥PM
182. 如图：Rt△ABC中，∠B＝900，P为三角形所在平面外一点，PA⊥平面ABC，指出四面体P—ABC中有哪些三角形是直角三角形，说明理由.
由PA⊥面ABC得PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；又BC⊥AB，
∴BC⊥面PBA，∴△PAB，△PBC，△PAC，△ABC都是直角三角形
183. 已知直线a∥直线b，a⊥平面α，求证b⊥α.
解析：过ａ与α的交点作两相交直线ｍ、ｎ，由ａ⊥α，则ａ⊥ｍ，ａ⊥ｎ，又ｂ∥ａ，∴ｂ⊥ｍ，ｂ⊥ｎ，
∴ｂ⊥α
184. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为CC1中点，F为AC和BD的交点.
求证：A1F⊥平面BED.
解析：∵AA1⊥面ABCD，AF是A1F在ABCD上的射影，由AC⊥BD
得A1F⊥BD，取BC的中点G，连FG，B1G，由AB⊥BC1，∴FG⊥面BC1，
∴B1G是A1F在面BC1上的射影，又B1G⊥BE，∴BE⊥A1F，∴A1F⊥面BED；
185. P是所在平面外一点，若和都是边长为2的正三角形，PA=，求二面角P-BC-A的大小。
解析：取ＢＣ的中点Ｄ，连结PD、AD，易证∠PDA为二面角的平面角
186. 如图，是等腰直角三角形，AC=BC=a，P是所在平面外一点，PA=PB=PC=。（1）求证：平面平面ABC；（2）求PC与所在平面所成的角。
解析：
(1)取AB的中点Ｏ，连PO，证明PO⊥面ABC，(2)
187. 如图，A是直二面角的棱EF上的点，AB、CD分别是、内的射线，，求的大小.
解析：
作BODF，可得BO平面，解三角形ABC，根据余弦定理可得。
188. （如图）已知正方形ABCD的边长为1，过D作PD平面ABCD，且PD=1,E、F分别是AB和CD的中点。（1）求D点到平面PEF的距离；（2）求直线AC到平面PEF的距离。
解析：
1.作DG直线PF，则可得AC平面PDB，所以EF平面PDBDG平面PEF。DG为D点到平面PEF的距离
2.过点O作平行于DG的直线，则为所求。
189. 在三棱锥S—ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC和SC于D和E，又 SA=AB,SB=BC.求以BD为棱，以BDE与BDC为面的二面角度数.
∵E为SC的中点 ∴BE⊥SC ∴SC⊥面BDE SC⊥BD 面SA⊥BD ∴BD⊥面SAC 即BD⊥AC BD⊥DE ∴∠EDC为所求.
设SA=a则AB=a SB=BC=a SC=2a ∠ASC=60° ∠SCA=30° ∠EDC=60°
190. P是△ABC所在平面外一点，
PA、PB、PC两两垂直，G为△PAB的重心，
E、F分别是BC、PB 上的点，
且BE∶EC=PF∶FB=,
求证：平面GEF⊥平面PBC
解析：∵G为△PAB的重心，∴ ∴GF∥PA.
∵PA⊥PB PA⊥PC，∴PA⊥面PBC.∴GF⊥面PBC，∴面GFE⊥面PBC.
191. 如图1所示，边长AC＝3，BC＝4，AB＝5的三角形简易遮阳棚，其A、B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大?
解析： 易知，ΔABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为Q，则应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且AB垂直于平面CQD，如图2所示.
因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD中，CQ＝，由正弦定理，有
＝,
即 QD＝sin∠QCD.
为使面ABD的面积最大，需QD最大，这只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝ 60°.
故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD面积最大.
192. 如图所示，已知三棱锥S—ABC中，SA＝SB＝SC，且AC2+BC2＝AB2，由此可推出怎样的结论?
解析： 引SO⊥平面ABC(O为垂足)，连结OC.
∵SA＝SB＝SC，∴OA＝OB＝OC，
∴O是ΔABC的外心，(结论1)
又∵AC2+BC2＝AB2，
∴ΔABC是直角三角形，且AB是斜边，故O是斜边AB的中点.因而
SO平面SAB(结论2)
∴平面SAB⊥平面ABC(结论3)
193. 正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少?并求之.
解析： (1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则MN＝＝＝
(2)从底面到N点，沿棱柱的AC、BC剪开、展开，如图2.
则MN＝
＝＝
∵＜
∴＝.
194. 已知二面角A—BC—D为150°，ΔABC是边长为a的等边三角形，ΔBCD是斜边为BC的等腰直角三角形.求两个顶点A和D间的距离.
解析：.取BC的中点E，连DE和AE，利用余弦定理AD＝a
195. .如图，ABCDEF为正六边形，将此正六边形沿对角线AD折叠.
(1)求证：AD⊥EC，且与二面角F—AD—C的大小无关；
(2)FC与FE所成的角为30°时，求二面角F—AD—C的余弦值.
解析：(1)正六边形ABCDEF，在折叠前有AD⊥EC，设AD与EC交于M，折叠后即有AD⊥ME，AD⊥MC.则AD⊥平面EMC，无论∠EMC的大小如何，总有AD⊥EC.(2)利用余弦定理，有cos∠EMC＝
196. 在直角BVC的角顶点V，作直角所在平面的斜线VA，使二面角A—VB—C与二面角A—VC—B都等于45°，求二面角B—VA—C的度数.
解析：在VA上取A′作平面VCB的垂线，垂足为O，作OC′⊥VC，OB′⊥VB，连A′C′、A′B′，则∠A′C′O和∠A′B′O分别为二面角A-VC—B与二面角A—VB—C的平面角.易证VB′OC′为正方形.设VB′＝a，可求得A′B′＝a.VA′＝a.过B′作B′D⊥VA，
连结C′D.则∠B′DC′为二面角B—VA—C的平面角.在RtΔB′VA′中，可求B′D＝a，又DE⊥B′C′，B′E＝a，则在RtΔB′DE中可求得∠B′DE＝60°.二面角B—VA—C为120°.
197. 已知直线l与平面α内交于一点O的三条直线OA、OB、OC成等角，求证：l⊥α
解析：若l过O点，在l上任取一点P，作PH⊥α，垂足H，则H即在∠AOB的平分线上，又在∠BOC的平分线上，∴H是它们的公共点，故H与O重合；若l不过O点，可作过O的直线l′，使l′∥l即可证明.
198. 空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，点P在AD上移动，点Q在CB上移动，求点P与点Q的最短距离。
解析：如图作辅助线，可得PQ为AD，BC的公垂线。在直角三角形BQP中可求得。
199. 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）
A.三棱锥 B.四棱锥 C.五棱锥 D.六棱锥
解析：Ｄ
是正三角形，所以OC=AC，而AOC是直角三角形，OC为直角边，AC为斜边，矛盾，所以正棱锥不是六棱锥。
200. A、B为球面上相异的两点，则通过A、B可作大圆（ ）
A.一个 B.无穷多个 C.零个 D.一个或无穷多个
解析：Ｄ
当A，B点在球直径上，，这样的大圆有无数个，当不在球直径上，与球心O三个点唯一确定一个平面。
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