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

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.

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，MNα，∴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.

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.

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.

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′＝

∴x＝·，解得：x＝.

∴线段AB′在侧面的射影长为.

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.

300.　 已知四面体A-BCD，AO₁⊥平面BCD，且O₁为ΔBCD的垂心.BO₂⊥平面ACD，求证：O₂是ΔACD的垂心.

证明　 如图所示，连结BO₁，AO₂，

∵AO₁⊥平面BCD，O₁为ΔBCD的垂心，

∴BO₁⊥CD，由三垂线定理得AB⊥CD.

又BO₂⊥平面ACD，由三垂线逆定理得AO₂⊥CD.

同理连结DO₁，CO₂可证BC⊥AD，即CO₂⊥AD.

∴O₂是ΔACD垂心.

299. 已知矩形ABCD，过A作SA⊥平面AC，再过A作AE⊥SB交SB于E，过E作EF⊥SC交SC于F

(1)求证：AF⊥SC

(2)若平面AEF交SD于G，求证：AG⊥SD

解析： 如图，欲证AF⊥SC，只需证SC垂直于AF所在平面，即SC⊥平面AEF，由已知，欲证SC⊥平面AEF，只需证AE垂直于SC所在平面，即AE⊥平面ABC，再由已知只需证AE⊥BC，而要证AE⊥BC，只需证BC⊥平面SAB，而这可由已知得证

证明 　(1)∵SA⊥平面AC，BC平面AC，∴SA⊥BC

∵矩形ABCD，∴AB⊥BC

∴BC⊥平面SAB

∴BC⊥AE又SB⊥AE　 ∴AE⊥平面SBC

∴SC⊥平面AEF

∴AF⊥SC

(2)∵SA⊥平面AC　 ∴SA⊥DC，又AD⊥DC

∴DC⊥平面SAD　 ∴DC⊥AG

又由(1)有SC⊥平面AEF，AG平面AEF

∴SC⊥AG　 ∴AG⊥平面SDC　 ∴AG⊥SD

298. 如图9-38，已知平面a ∥平面b ，A、C∈a ，B、D∈b ，E、F分别为AB、CD的中点．求证：EF∥a ，EF∥b ．

解析：当AB、CD共面时，平面ABCD∩a =AC，平面ABCD∩b =BD．∵　a ∥b ，∴　AC∥BD．∵　E、F分别为AB、CD的中点，∴　EF∥AC．∵　AC a ，EF a ，∴　EF∥a ，同理EF∥b ．当AB、CD异面时，∵　，∴　可在平面ECD内过点E作，与a ，b 分别交于，．平面，平面，∵　a ∥b ，∴　．∵　E是AB中点，∴　E也是的中点．平面，平面，∵　a ∥b ，∴　，∵　E、F分别为、CD中点，∴　，．∵　a ，EF a ，∴　EF∥a ，同理EF∥b ．