专题七直线与平面参考答案及提示 §1异面直线．C；2．Ｃ；3．Ｃ；4．Ｃ；5．45°；6．60°；7．ｍｃｏｓθ；8．证法1．假设AD与BC共平面α，Ａ，Ｂ∈αａαＰ∈α，故P、Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ均在α上ａ，ｂ，ｃα，与ａ、ｂ、ｃ不共面矛盾．∴ＡＤ与BC异面．证法2．∵ａ∩ｃ＝Ｐ，∴ａ、ｃ确定平面α．ａ、ｂ、ｃ异面，Ｃ≠Ｐ，∴Ｃα，Ｂ∈α且ＡＤα，ＢＡＤ，故BC与AD异面．9．过D作BC的平行线，过C作BD的平行线，相交于点M，则∠ADM为AD与BC所成的角.设BC=2，由面面垂直的性质，有DB⊥平面ABC，答案为arccos（／10）．10．存在且有两条．设ＡＢ是ａ、ｂ的公垂线段，M是AB的中点．过M作ａ１∥ａ，ｂ１∥ｂ，ａ１与ｂ１确定平面α，在α上作ａ１与ｂ１的交角的平分线ｌ（有两条），ｌ即符合要求．
第10题
证明：设P是ｌ上任一点，作PQ１⊥ａ１，垂足为Ｑ１，Ｑ１Ｑ⊥ａ，垂足为Ｑ．ＰＲ１⊥ｂ１，垂足为R１，Ｒ１Ｒ⊥ｂ，垂足为R．面ＡＭＱ１Ｑ⊥α．ＰＱ１⊥ａ１ＰＱ１⊥面ＡＭＱ１Ｑ∠ＰＱ１Ｑ＝90°．同理可证∠ＰＲ１Ｒ＝90°．ＰＱ１⊥ａ１ＰＱ１⊥ａ，又Ｑ１Ｑ⊥ａａ⊥面ＰＱ１ＱＰＱ⊥ａ，同理可证ＰＲ⊥ｂ．Ｒ１Ｒ＝ＢＭ＝ＭＡ＝Ｑ１Ｑ，且ＰＱ１＝ＰＲ１恒成立Ｒｔ△ＰＲ１Ｒ≌Ｒｔ△ＰＱ１ＱＰＲ＝ＰＱ．§2二面角1；2Ｃ；3；4；5或150°；6；（／4）．8设SA=1时，AB=1,BC=SB=；又AB⊥BC，故AC=．DE垂直平分SC，则Rt△SAC∽Rt△DEC,可计算出∠SCA=30°，所以∠EDC=60°．9（1）∵BC⊥PA，BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴平面PBC⊥平面PAC．∵AF⊥PC，∴AF⊥平面PBC，即EF为AE在平面PBC内的射影．又PB⊥AE，∴PB⊥EF（三垂线定理的逆定理），故∠AEF=β．（2）Rt△PAC∽Rt△PFA（AC／AF）=（PA／PF）；（EF／BC）=（PF／PB）．∴（AC／BC）·（EF／AF）=（AC／AF）·（EF／BC）=（PA／PF）·（PF／PB）=（PA／PB）=sinγ．10（1）直角梯形ＡＢＣＤ的面积是Ｍ底面＝（1／2）（ＢＣ＋ＡＤ）·ＡＢ＝（1＋0．5）／2×1＝（3／4），∴四棱锥Ｓ-ＡＢＣＤ的体积是Ｖ＝（1／3）×ＳＡ×Ｍ底面＝（1／3）×1×（3／4）＝（1／4）．
第10题图
（2）延长BA、ＣＤ相交于点E，连结SE，则SE是所求二面角的棱．∵ＡＤ∥ＢＣ，ＢＣ＝2ＡＤ，∴ＥＡ＝ＡＢ＝ＳＡ，∴ＳＥ⊥ＳＢ．∵ＳＡ⊥面ABCD，得面ＳＥＢ⊥面EBC，ＥＢ是交线，又ＢＣ⊥ＥＢ，∴ＢＣ⊥面SEB，故SB是CS在面ＳＥＢ上的射影，∴ＣＳ⊥ＳＥ．所以∠ＢＳＣ是所求二面角的平面角．∵ＳＢ＝＝，ＢＣ＝1，ＢＣ⊥ＳＢ，∴ｔｇ∠ＢＳＣ＝（ＢＣ／ＳＢ）＝（／2）．即所求二面角的正切值为（／2）．§3三垂线定理1Ｂ；2；3Ｃ；4；；6，（／6）a.
7．
①
⑤
ＡＢ⊥ＢＣ，或
③
⑦ＡＢ⊥ＢＣ．
②
⑥
④③
8在平面ABCD内，过点A作AE⊥CD，垂足为E，连结PE．由PA⊥平面ABCD及三垂线定理，知PE⊥CD，故∠PEA是二面角P-CD-A的平面角．在Rt△DAE中，AD=3a,∠ADE=arcsin（／5），则AE=AD·sin∠ADE=（3／5）a．在Rt△PAE中，tg∠PEA=（PA／AE）=（／3）．9（1）∵DA⊥面ABE，∴ＤＡ⊥ＢＥ，又ＡＢ是直径，∴ＢＥ⊥ＡＥ，∵ＤＡ∩ＡＥ＝Ａ，ＢＥ⊥面DAE．又ＡＦ面ＡＤＥ，∴ＢＥ⊥ＡＦ．又ＡＦ⊥ＤＥ，ＤＥ∩ＢＥ＝Ｅ，∴ＡＦ⊥面ＤＢＥ．由BD面DBE，得ＡＦ⊥ＢＤ．（2）由（Ｖ柱／ＶＤ-ＡＢＣ）＝（πｒ２·2ｒ）／［（1／3）Ｓ△ＡＢＥ·2ｒ］＝3π，得Ｓ△ＡＢＥ＝ｒ２，过E作EO⊥ＡＢ，垂足为O，则Ｓ△ＡＢＥ＝（1／2）·2ｒ·ＯＥ＝ｒ２，∴ＯＥ＝ｒ，Ｏ为AB中点．过O作OT⊥ＢＤ，垂足为T，连EＴ．∵面EAB⊥面ＡＢＣＤ，∴ＥＯ⊥面ＡＢＣＤ．由三垂线定理知ＥＴ⊥ＢＤ．∴∠ＥＴＯ就是二面角Ａ－ＢＤ－Ｅ的平面角．在Ｒｔ△ＥＯＴ中，ＯＥ＝ｒ，ＯＴ＝ＯＢ·ｓｉｎ45°＝（／2）ｒ．∴ＥＴ＝（／2）ｒ，∴ｃｏｓ∠ＥＴＯ＝（ＯＴ／ＥＴ）＝（／3）．10平面ABC，BC⊥AB，根据三垂线定理可得BC⊥PB，∴∠PBA是二面角P－BC－A的平面角，即∠PBA=α．∵PA⊥平面ABC，PA平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC．∵平面PAC∩平面ABC=AC,取AC的中点O，连BO，由已知条件可得BO⊥AC，∴BO⊥平面PAC．作OH⊥PC，垂足为H，连BH，则OH是BH在平面PAC上的射影，由三垂线定理可得PC⊥BH，∴∠OHB是二面角A－PC－B的平面角，即∠OHB=β．令BA=BC=1,PA=a，∵△OHC∽△PAC,∴（OH／OC）=（PA／PC）．∴OH=（PA·OC／PC）=（a）／（2）．在Rt△PAB中，tgα=tg∠PBA=（PA／AB）=a．①在Rt△OHB中，tgβ=tg∠OHB=（OB／OH）=.②由②可得tg２β=（a２+2）／a２=1+（2／a２）．③①代入③，可得tg２β=1+（2／tg２α）,即1+tg２β=2（1+ctg２α）．∴２β=2csc２α,（1／cos２β）=（2／sin２α）,即sinα=cosβ．§4正方体、四面体1.Ｂ；2.D；3.Ｄ；4.A；；6.②③；＜x＜，（1／8）.8.（1）如图甲，连结A１B，则E为A１B的中点，连结BC１，则F为BC１的中点．显然，D１E是平面A１BCD１内的直线．由于B１C１∥平面A１BCD１，∴C１是平面A１BCD１外的点，而B为此平面内的点，故直线BC１与平面A１BCD１相交，且B为交点．点F在BC１上，且异于点B，点F为平面A１BCD１外一点，于是A１F与平面A１BCD１相交，且交点A１D１E，故A１F与D１E为异面直线．
第8题（甲）
（2）如图乙，设BF的中点为G，连EG，则EG∥A１F，且EG=（1／2）A１F,则EG与ED１所成的锐角即为所求异面直线的夹角．连结D１G，在Rt△A１ED１中，D１E２=A１D１２+A１E２=1２+（／2）２=（3／2），∴D１E=／2;在Rt△GC１D１中，GD１２=D１C１２+GC１２=1２+（3／4）２=（17／8）,EG=（1／2）A１F=／4．
第8题（乙）
在△EGD１中，１EG=（D１E２+EG２-D１G２）／（2·D１E·EG）=-（1／6）．故异面直线A１F与D１E所成的角为π-arccos（1／6）．（3）如图丙，因为VA１－EFD１=VF－A１ED１,而S△A１ED１=（1／2）A１D１·A１E=（1／2）×1×（／2）=（／4）,故关键是求出顶点F到底面A１ED１的距离，即到平面A１BCD１的距离．易求点C１到此平面的距离为（／2），所以F到此平面的距离为（，故VA１－EFD１=VF－A１ED１=（1／3）·S△A１ED１·（／4）=（1／3）×（／4）×（／4）=（1／24）．
第8题（丙）
9.（1）如图甲，连结BD、AC、AD．
AB⊥BC
AB⊥平面BCD
AB⊥CD
平面ABD经过AB
平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．
平面ABC经过AB
根据三垂线定理，得CD⊥AC．又CD⊥BC，∴CD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面ACD.因此有三个直二面角A－BD－C，A－BC－D，D－AC－B．
第9题（甲）
对于（2），首先应找出对应角，再考虑范围或余弦值．（2）AB⊥平面BCD，∴AD与平面BCD所成的角∠ADB=α,CD⊥平面ABC，AD与平面ABC所成的角∠DAC=β．由最小角定理（斜线和平面所成的角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角）知α＜∠ADC，所以0°＜α+β＜∠ADC+β=90°．过B作BE⊥AD，垂足为E，过B作BF⊥AC，垂足为F（参见图乙），可证CD⊥BF，AC⊥BF，平面ACD．又BE⊥AD，根据三垂线定理可得AD⊥EF，
第9题（乙）
∴∠BEF是二面角B-AD-C的平面角．（EF／BE）=（AEtgβ）／[AEtg（90°-α）]=tgαtgβ．对于第（3）问，得首先建立目标函数，再求最大值．（3）AD=a,AB=Ａsinα,BD=Ａcosα，CD=Ａsinβ．V=（1／3）S△BCD·AB=（1／3）·（1／2）BC·CD·AB=（1／6）·CD·AB=（a３／6）·sinβsinα·．V２=（a６／36）（cos2α-sin2β）sin2βsin2α≤（a６／36）·｛［（cos2α-sin2β）+sin2β+sin2α］／3｝３=（a６／36）·（1／27）·（18／a３）．∴Vmax２=（／54）a３．此时sin２α=sin２β=cos２α-sin２β，即2sin２α=cos２α,∴tg２α=（1／2）,即tgα=（／2）,此时α=β=arctg（／2）．10.（1）因截面Ａ１ＥＣＦ的四边相等，且都为（／2）ａ，故截面是菱形．
第10题
又∵∠Ｂ１Ａ１Ｅ＝∠Ｂ１Ａ１Ｆ，∴Ａ１Ｂ１在截面内的射影是∠ＥＡ１Ｆ的平分线Ａ１Ｃ．故∠Ｂ１Ａ１Ｃ即为Ａ１Ｂ１与截面所成的角．连结Ｂ１Ｃ，则Ａ１Ｂ１⊥Ｂ１Ｃ，∴ｔｇ∠Ｂ１Ａ１Ｃ＝（Ｂ１Ｃ１／Ａ１Ｂ１）＝（ａ／ａ）＝，∴∠Ｂ１Ａ１Ｃ＝ａｒｃｔｇ．（2）连结BC１，则BC１∥ＥＦ，故BC１的中点O到截面A１ＥＣＦ的距离即为点B到截面Ａ１ＥＣＦ的距离．∵面A１Ｂ１Ｃ⊥面Ａ１ＥＣＦ，在面Ａ１Ｂ１Ｃ内过O作OH⊥Ａ１Ｃ，垂足为H，则OH⊥平面A１ＥＣＦ，∴ＯＨ的长为所求点B到截面A１ＥＣＦ的距离．∵Ｒｔ△ＯＨＣ∽Ｒｔ△Ａ１Ｂ１Ｃ，∴（ＯＨ／Ａ１Ｂ１）＝（ＯＣ／Ａ１Ｃ），即OH＝（Ａ１Ｂ１·ＯＣ／Ａ１Ｃ）＝（ａ·（／2）ａ／ａ）＝（／6）ａ．（3）取AG＝（1／4）ＡＤ，连结GF，∵（ＡＧ／ＡＦ）＝（ＦＢ／ＢＣ）＝（1／2），∴Ｒｔ△ＧＡＦ∽Ｒｔ△ＦＢＣ．∴∠ＧＦＡ＝∠ＦＣＢ．从而∠ＧＦＡ与∠ＣＦＢ互余．∴∠ＧＦＣ＝90°，即ＧＦ⊥ＦＣ．设Ａ１Ｇ１＝（1／4）Ａ１Ｄ１，Ａ１Ｆ１＝（1／2）Ａ１Ｂ１，连结Ｇ１Ｆ１交A１Ｅ于Ｉ．∵Ａ１Ｅ∥ＦＣ，Ｇ１Ｆ１∥ＧＦ，∴Ｇ１Ｆ１⊥Ａ１Ｅ，连结ＦＩ，F１Ｉ为FI在底面Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１上的射影．故∠ＦＩＦ１为所求二面角的平面角，记为θ．Ｇ１Ｆ１＝（／4）ａ，Ｆ１Ｉ＝（Ｆ１Ａ１２／ＧＦ１）＝（／5）ａ，∴ｔｇθ＝．即所求二面角的大小为θ＝ａｒｃｔｇ．§5立体几何的综合问题1.B；2.D；3.Ｂ；4.D；（3aＶ）／（2Ｓ１Ｓ２）；6.576πｃｍ２；7.45°．8.由于煤质相同，则同样体积的两种蜂窝煤有同样的热量．设大蜂窝煤的半径为R，高为H；小蜂窝煤的半径为ｒ，高为ｈ．则R＝2ｒ，Ｈ＝（4／3）ｈ．一块大蜂窝煤的体积为πＲ２Ｈ，用Ｖ大表示；一块小蜂窝煤的体积为πｒ２ｈ，用Ｖ小表示．所以Ｖ大＝πＲ２Ｈ＝π（2ｒ）２·（4／3）ｈ＝（16／3）·πｒ２ｈ＝（16／3）Ｖ小，即Ｖ大∶Ｖ小＝16∶3．由上述数据，我们可以作出多种设计，如图所示，就是较为简单的两种炉膛设计．
第8题
这两种炉膛内所放蜂窝煤的体积相同，能释放出同样的热量．但是，两种炉膛内的燃烧表面积不相同，燃烧表面积大的释放热量快，火焰猛．若不考虑蜂窝煤中间的小孔，其燃烧的表面积应该是两端底面积（煤球之间重叠不计），加上各个侧面之和，所以Ｓ大＝2πＲ２＋3×2πＲＨ＝2π（2ｒ）２＋3×2π×2ｒ×（4／3）ｈ＝8πｒ２＋16πｒｈ，Ｓ小＝2·4πｒ２＋4·4·2πｒｈ＝8πｒ２＋32πｒｈ，Ｓ小－Ｓ大＝16πｒｈ＞0．因此，小蜂窝煤在同样的体积下，燃烧的表面积大，释放热量快，即火旺些，用煤多；而用大蜂窝煤的炉灶火小些，节省煤．9.（略）．10.（1）∵A１A⊥底面ABC，∴A１A⊥BC．又BC⊥AC，∴BC⊥平面ACA１．又BC平面BCB１．∴平面ACA１⊥平面BCB１．（2）易知∠BAC为二面角B－AA１－C的平面角．设∠BAC=θ，圆柱的底面半径为R，则VA１-ABC=（1／3）S△ABC·A１A=（1／3）·（1／2）AB·ACsinθ·A１A=（1／3）·（1／2）·2R·2Rcosθsinθ·A１A=（1／3）R２sin2θ·A１A，V圆柱=πR２·A１A．由题设得［（1／3）R２sin2θ·A１A］／［πR２·A１A］=（1／2π）．∴sin2θ=（／2）,故θ=30°或60°．（3）作AD⊥A１C,垂足为D；再作DE⊥A１B，垂足为E．连结AE，易证∠AED就是二面角A－A１B－C的平面角，即∠AED=α．∵sinα=（AD／AE）,cosβ=（AC／AB）,cosγ=（A１C）／（A１B），∴（AC／AB）=（AD／AE）·（A１C／A１B）．①在Rt△A１AC和Rt△A１AB中，由面积关系，得AD=（AC·A１A）／A１C，AE=（AB·A１A）／A１B．∴（AD／AE）=（AC／A１C）·（A１B／AB）=（A１B／A１C）·（AC／AB）．∴①（AC／AB）=（A１B／A１C）·（AC／AB）·（A１C／A１B）．②②式显然成立，从而①式成立，故cosβ=sinαcosγ成立．专题能力测试一、1．Ｃ；2．A；3．Ｂ；4．A；5．C；6．Ｂ；7．Ｄ；8．C；9．A；10．D；11．D；12．Ｃ．二、13．2π；14．2；15．6；16．10－20.三、17.∵E是半圆周上一点，∴CE⊥DE．
又平面DEC⊥平面ABCD
AD⊥平面DEC，且CE平面DEC，∴CE⊥平面ADE．
AD⊥DC
18.见1999年高考题，从略.
第19题
19.如图，α表示地面，第一次观测时气球在A点，第二次观测时气球在B点，A、Ｂ两点在地面的投影点分别是Ａ１、Ｂ１，依题意：AA１＝14×10＝140（ｍ），ＢＢ１＝14×20＝280（ｍ），∠Ａ１ＤＢ１＝30°，∠ＡＤＡ１＝45°，∠ＢＤＢ１＝60°．∴Ａ１Ｄ＝ＡＡ１＝140（ｍ），Ｂ１Ｄ＝ＢＢ１ｃｔｇ60°＝（／3）×280（ｍ）．∴在△Ａ１Ｂ１Ｄ中，Ａ１Ｂ１＝
＝（140／3）．
又Ｂ１Ｄ２＝（1／3）×280２，Ａ１Ｄ２＋Ａ１Ｂ１２＝140２＋（140２／3）＝（280２／3）＝Ｂ１Ｄ２，故∠Ｂ１Ａ１Ｄ＝90°．综上，风向为正南，风速为（140／3）／10＝（14／3）（ｍ／分）．20.见2000年高考理科第18题.（略）
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