棱长为1的三棱锥p-ABC 求PA与底面ABC所成角的余弦_百度作业帮
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棱长为1的三棱锥p-ABC 求PA与底面ABC所成角的余弦
棱长为1的三棱锥p-ABC 求PA与底面ABC所成角的余弦
连结PM、AM,作PH⊥平面ABC,∵正三棱锥P-ABC各棱长均为a,∴正三棱锥P-ABC是正四面体,∴H是正△的外心,（重心）,且在AM上,∵BM=CM,且△ABC是正△,∴AM⊥BC,（等腰△三线合一）,∴AM=√3a/2,(用勾股定理,或三角函数AB*cos30°）根据重心性质,HM=AM/3=√3a/6,∵PM⊥平面ABC,且AM在平面ABC上,∴PM⊥AM,∴△PHM是RT△,PM=AM=√3a/2,(同是全等正△的高）∴cos&&&&&&&&&&&&
2010届高考数学基础题题库
基础题题库六立体几何501. 在长方体ABCD－中，AB＝2，，M、N分别是AD、DC的中点．　　（1）证明∥；　　（2）求异面直线MN与所成角的余弦值．解析：（1）∵
∥∥，＝＝，∴
是平行四边形，∴AC∥，又MN∥AC，因此，MN∥．　　（2）由（1），是异面直线MN与所成角．在△中，，．于是有．502. 在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，得到四边形EFGH．　　（1）四边形EFGH是______________；　　（2）当对角线AC＝BD时，四边形EFGH是______________；　　（3）当对角线满足条件______________时，四边形EFGH是矩形；　　（4）当对角线AC、BD满足条件_______时，四边形EFGH是正方形．解析：（1）由三角形中位线定理可知EFAC，HGAC，于是EFHG，故四边形EFGH为平行四边形；　　（2）当AC＝BD时，由EF＝AC，EH＝BD，得EF＝EH，即平行四边形EFGH的邻边相等，故平行四边形EFGH为菱形；　　（3）要使平行四边形EFGH为矩形，需且只须一个角是直角．如需EF⊥FG，则AC⊥BD；　　（4）要使平行四边形EFGH为正方形，需且只须AC⊥ BD，且AC＝BD；503. 借助两支铅笔，试研究以下问题：　　（1）在平面内，过直线外一点有多少条直线与已知直线平行?在空间呢?图9－17　　（2）在一个平面内，过一点有多少条直线与已知直线垂直?在空间呢?　　（3）在一个平面内，与该平面内的已知直线所成角为60°的直线有多少条?这些直线与已知直线的位置关系如何?在空间，与一条直线所成角为60°的直线有多少条?这些直线与已知直线的位置关系如何?解析：（1）在一个平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；在空间也如此．　　（2）在一个平面内，过一点（该点可在直线上，也可在直线外）有且只有一条直线与已知直线垂线；在空间过直线上或直线外一点都有无数条直线和已知直线垂直，这无数条直线在过已知点的一个平面上（以后可知该平面与直线垂直）．　　（3）在一个平面内，与已知直线成60°角的直线有无数条，这无数条直线平行，且都与已知直线相交；在空间也是有无数条直线与已知直线成60°角，它们与已知直线位置关系是相交或异面．504. 如图9－18，已知P为△ABC所在平面外一点，PC⊥AB，PC＝AB＝2，E、F分别为PA和BC的中点．　　（1）求证：EF与PC是异面直线；　　（2）EF与PC所成的角；　　（3）线段EF的长．解析：（1）用反证法．假设EF与PC共面于?，则直线PE、CF共面?，则A∈?，B∈?，于是P与A、B、C共面于?，这与已知"P是平面ABC外一点"矛盾．故EF与PC是异面直线．　　（2）取PB中点G，连结EG、FG，由E、F分别是线段PA、BC中点，有EGAB，GFPC ∴
∠GFE为异面直线EF与PC所成的角，∠EGF是异面直线PC与AB所成的角，∵
PC⊥AB，∴
EG ⊥GF，即∠EGF＝90°．∵
PC＝AB＝2，∴
EG＝1，GF＝1，故△EFG是等腰直角三角形，∴
∠GFE＝45°，即EF与PC所成的角是45°．　　（3）由（2）知Rt△EGF中EG＝1，GF＝1，∠EGF＝90°，∴
EF＝505. 如图9－19，在棱长为a的正方体ABCD-中，O是AC、BD的交点，E、F分别是AB与AD的中点．图9－19　　（1）求异面直线与所成角的大小；　　（2）求异面直线EF与所成角的大小；　　（3）求异面直线EF与所成角的正切值；　　（4）求异面直线EF与的距离．解析：（1）∵
与AC所成的锐角或直角就是与所成的角，连结、，在△和△，∵
＝，，，∴△≌△，∴．∴△是等腰三角形．∵
O是底边AC的中点，∴
，故与所成的角是90°．　　（2）∵
E、F分别是AB、AD中点，∴
EF∥BD，又∵
AC与BD所成的锐角或直角就是EF与所成的角．∵
四边形ABCD是正方形，∴
AC⊥BD，∴
EF与所成的角为90°　　（3）∵
EF∥BD，∴
为异面直线EF与所成的角．∵
四边形是正方形，∴
在Rt△中，，＝＝，∴
，即EF与所成角的正切值为．　　（4）∵
EF∥BD，BD⊥AC，∴
EF⊥AC，设交点为G．∵
⊥AC（由（1）知）于O，则AC是异面直线EF与的公垂线，OG的长即为EF与间的距离，由于G是OA中点，O是AC中点，且，∴
，即EF与间的距离为．506. 在空间中，　　①若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线．　　②若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线．　　以上两个命题中，逆命题为真命题的是__________．　　（把符合要求的命题序号都填上）解析：②．①的逆命题为：空间四点中若任何三点都不共线，则这四点不共面．此命题是假命题．平行四边形的四个顶点是其反例．　　②的逆命题为：若两条直线是异面直线，则这两条直线没有公共点，可知此命题为真命题．507. 下列命题中是真命题的是(
)A.底面是正方形的棱锥是正四棱锥B.各条侧棱都相等的棱锥是正棱锥C.由一个面是多边形，其余各个面是三角形所围成的几何体是棱锥D.正四面体是正三棱锥解析： 解此题时概念要明确，正棱锥不仅要求底面是正多边形，而且还要求其顶点在底面的射影是底面的中心，所以A、B不正确，C中的各三角形没有指明共顶点，C也不正确，D是真命题，所以选D.508.
三棱锥A-BCD中，AC=BD,AD=BC,AB=CD，三个侧面与底面所成的二面角分别为α、β、，则cosα+cosβ+cos=
.解析：如图所示，设AC=BD=a,AD=BC=b,AB=CD=c由已知所有侧面三角形和底面三角形都是全等的三角形.记为S，侧面在底面的射影分别为S1、S2、S3则=cosα, =cosβ, =coscosα+cosβ+cos===1509. 已知三棱锥S-ABC的底面面积是a，三棱锥的高是h，M、N、P、Q分别是SB、SC、AC、AB的中点，求五面体MN-PQBC的体积解析： 如图，过M作MD∥BA交SA于D，则D是SA的中点，连结ND，则ND∥AC所求五面体MN-PQBC的体积等于原三棱锥的体积与五面体SA-MQPN的体积之差而VS-ABC=ah，VS-DMN=?a?=ah，V三棱主柱DMN-APQ=S△AQP?h=ah，∴VMN-PQBC=VS-ABC-VSA-MQPN=ah-(ah+ah)=ah510. 棱锥被平行于底的平面分成体积相等的三部分.求这棱锥的高被分成三部分的比.解析：设棱锥的高为h，它被截成的三部分自上而下设为h1，h2，h3，则有()3=,()3=2,()3=.所以h1=h,h2=(-1)h1=(-1)h，h3=h.所以h1∶h2∶h3=1∶(-1)∶(-).说明
求体积之比或面积之比常用相似比.511. 已知四棱锥S-ABCD的底面是边长为6的正方形，SA⊥底面ABCD，且SA=8，M是SA的中点，过M和BC作截面交SD于N.(1)求证：截面MBCN是梯形，并求截面的面积；(2)求截面MBCN与底面ABCD的夹角α.解析：(1)先证MN∥BC且MN≠BC.因为BC∥AD，所以AD∥截面MBCN，从而AD∥MN，BC∥MN.又MN=AD=BC，所以MN≠BC.于是MN和BC平行但不相等，故MBCN是梯形.再求截面的面积：SA⊥平面ABCD.易证MN和BC都垂直于平面ABS.所以MB⊥MN，MB⊥BC，故S截=(MN+BC)?MB=(3+6)=9.(2)首先要找到二面角的平面角.根据上面的证明，知∠MBA的是截面与底面所成二面角的平面角，即∠MBA=α.于是tanα===∴α=arctan512. 以四面体各面的重心为顶点构成一个新的四面体.求这两个四面体的表面积的比.解析：因相似多面体全面积的比等于对应边的平方的比，故只须求出对应边的比.∵B1D1＝EF＝BD，∴＝.同理，＝＝＝＝＝，故ABCD和A′B′C′D′是相似多面体，其表面积的比为1∶9.513.
如图，四棱锥的高为h，底面为菱形，侧面VDA和侧面VDC所成的二面角为120°，且都垂直于底面，另两个侧面与底面所成的角都是45°，求此棱锥的全面积.解析：由面面垂直的性质可证得VD⊥底面，因为SΔVDA＝SΔVDC，∠ADC＝120°，DB是其平分线，而SΔVBC＝SΔVAB，所以全面积不难求得.解
由已知条件可得VD⊥底面ABCD，VD⊥DA，VD⊥DC，∴∠ADC＝120°.∵ABCD为菱形，∴BD是∠ADC的平分线.ΔADB和ΔDBC是全等的等边三角形，取BC的中点E，连DE，BC⊥DE，BC⊥VE，∴∠VED＝45°.在直角ΔDEC中，EC＝DE?ctg60°＝h,BC＝h,VE＝h.∴S底＝BC?DE＝h?h＝h2,SΔVBC＝SΔVAB＝?h?h＝h2,SΔVAD＝SΔVDC＝h?h＝h2.∴S全＝h2+h2+h2＝(2+)h2评析：本题的关键是侧面VDA和侧面VDC都垂直于底面，则它们的交线VD⊥底面ABCD，从而∠ADC＝120°.514.
已知三棱锥各侧面与底面成60°角.底面三角形的各角成等差数列，且最大边与最小边是方程3x2-21x+13＝0的两根.求此三棱锥的侧面积和体积.解析： 如图，设底面三角形的边长为a、b、c.则由条件知∠B＝60°，a+c＝7,ac＝，得b2＝a2+c2-2accosB＝(a+c)2-2ac(1+cosB)＝72-2?(1+)＝36b＝6,由三角形面积公式，得acsinB＝pr(其中p为半周长，r为内切圆半径)，求得r＝.由于各侧面与底面成的角相等，∴顶点在底面上的射影是三角形的内心，且各侧面上的高相等，∴h＝rtg60°＝?＝，h侧＝＝.故S侧＝(7+6)×＝ (平方单位)，V＝?acsinBh＝×××＝ (立方单位).515.
正三棱锥A-BCD，底面边长为a，侧棱为2a，过点B作与侧棱AC、AD相交的截面，在这样的截面三角形中，求(1)周长的最小值；(2)周长为最小时截面积的值，(3)用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三棱锥体积之比.解析：(1)沿侧棱AB把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图1，当周长最小时，EF在直线BB′上，∵ΔABE≌ΔB′AF，∴AE＝AF，AC＝AD，∴B′B∥CD，∴∠1＝∠2＝∠3，∴BE＝BC＝a，同理B′F＝B′D＝a.∵ΔFDB′∽ΔADB′，∴＝，＝＝,∴DF＝a,AF＝a.又∵ΔAEF∽ΔACD，∴BB′＝a+a+a＝a,∴截面三角形的周长的最小值为a.(2)如图2，∵ΔBEF等腰，取EF中点G，连BG，则BG⊥EF.∴BG＝＝＝a
∴SΔBEF＝?EF?BG＝?a?a＝a2.(3)∵VA-BCD＝VB-ACD，而三棱锥B-AEF，三棱锥B-ACD的两个高相同，所以它们体积之比于它们的两底面积之比，即＝＝＝评析
把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体，其中任何一个面都可以做为底面，因而它可有四个底面和与之对应的四条高，在解决有关三棱锥体积题时，需要灵活运用这个性质.516.
在三棱锥A-BCD中，ΔABC和ΔBCD都是边长为a的正三角形，二面角A-BC-D＝φ，问φ为何值时，三棱锥的全面积最大。解析：SΔBAC＝SΔBCD＝a2为常量，所以三棱锥全面积的大小取决于SΔABD与SΔACD的大小，由于ΔABD≌ΔACD，所以只求SΔACD何时面积取最大值即可。∵SΔACD＝asin∠ACD，所以当∠ACD＝90°时面积最大，问题得解。解
如图，取BC中点M，连AM、DM，∴ΔABC和ΔBCD都是正三角形，∴∠AMD是二面角A-BC-D的平面角，∠AMD＝φ，又∵ΔABD≌ΔACD，且当∠ACD＝90°时，ΔACD和ΔABD面积最大，此时AD＝a，在ΔAMD中，由余弦定理cos∠AMD＝-，∴当φ＝π-arccos时，三棱锥A-BCD的全面积最大。点评
本题将求棱锥全面积的最大值，转化为求ΔACD面积的最大值，间接求得φ角。517.
如图三棱锥P-ABC中，PA＝a,AB＝AC＝2a,∠PAB＝∠PAC＝∠BAC＝60°，求三棱锥P-ABC的体积.解法一：过点P作PO⊥平面ABC于点O，∵∠PAB＝∠PAC＝∠BAC＝60°∴AO平分∠BAC∴cos∠PAO＝＝，∴sin∠PAO＝＝∴PO＝asin∠PAO＝a∴V棱锥＝××2a×2asin60°×a＝a3点评
这种方法叫直接法，就是利用锥体的体积公式直接计算，这是一种常规方法，必须掌握.解法二：取AB、AC中点M、N的连结PM、PN∵PA＝a,AB＝AC＝2a,∠PAB＝∠PAC＝∠BAC＝60°∴三棱锥P-AMN为棱长为a的正四面体，且SΔAMN＝SΔABC∴VP-AMN＝VP-ABC，而VP-AMN＝a3∴VP-ABC＝4VP-AMN＝a3点评
此法是根据棱长与含有60°角的三角形的关系，把锥体截成棱长相等的三棱锥，然后根据小锥体的体积与原棱锥的体积关系，求原棱锥的体积.解法三
在ΔPAB中，PA＝a,AB＝2a又∠PAB＝60°，∴∠APB＝90°同理∠APC＝90°∴AP⊥平面PBC又SΔPBC＝a2
∴VP-ABC＝VA-PBC＝?a2?a＝a3.518.将正方体截去一个角，求证：截面是锐角三角形.已知：正方体中截去以P为顶点的一角得截面ABC.求证：ΔABC是锐角三角形.证明：如图，P-ABC是一个四面体.∵ΔPAB、ΔPBC、ΔPCA都是直角三角形.∴ 则
z2＝(a2+b2-c2)∵z≠0，∴a2+b2-c2＞0即
c2＜a2+b2,∴b2＜a2+c2.∴∠BAC、∠ABC都小于90°.∴ΔABC为锐角三角形.519.三棱锥的三个侧面互相垂直，它们的面积分别为6m2,4m2和3m2，求它的体积.解析：设三棱锥S-ABC的三条侧棱长分别为xm,ym,zm.则三个侧面积分别为、、.依题意： 则
VS-ABC＝VA-SBC＝?yz?x＝×24＝4(m3)∴它的体积为4m3.520.
如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中E∈BB1，截面A1EC⊥侧面AC1(1)求证：BE＝EB1(2)若AA1＝A1B1，求平面A1EC与平面A1B1C1所成二面角(锐角)的度数解析： 欲证BE＝EB1，可证A1E＝EC，由截面A1EC⊥侧面AC1，考虑到作EG⊥A1C于G，关键在于证出G是A1C的中点，为了利用正棱柱的性质，可取AC中点F，证FG∥AA1即可.证明：
(1)在截面A1EC中，作EG⊥A1C于G，∵面A1EC⊥面A1C，∴EG⊥面A1C，取AC中点F，连BF、FG，易证EBFG为平行四边形，∴BE＝FG，又证得FG＝AA1，∴BE＝AA1＝BB1，即BE＝EB1.(2)分别延长CE、C1B1交于点D，连A1D，利用E是BB1的中点，可证得A1C1⊥A1D，由三垂线定理，可证出A1C⊥A1D，∴∠CA1C1为所求二面角的平面角，由A1A＝A1C，得∠CA1C1＝45°.评析
本题解题思路：由证E是BB1的中点证G是A1C的中点GF∥AA1，要完成此过程，除具有扎实的立几基本功外，尚需很好的平几修养，确实是一个考查基础知识很全面的好题.521.
已知边长为10的正ΔABC的顶点A在平面α内，顶点B、C在平面α同侧，BD为AC边上的中线，B、C到平面α的距离分别是BB1＝2，CC1＝4(1)求证：BB1∥平面ACC1(2)求证：BD⊥平面ACC1(3)求四棱锥A-BCC1B1的体积解析： 本小题考查空间图形线、面的平行、垂直关系，考查逻辑思维能力和运算能力.解
(1)∵BB1⊥α，CC1⊥α，∴BB1∥CC1∵BB1平面ACC1，CC1平面ACC1，∴BB1∥平面ACC1.(2)∵过D点作AC1的垂线DD1，则DD1⊥α.∵DD1＝CC1＝×4＝2＝BB1，∴四边形B1BDD1是矩形∴B1D1∥BD∵BD⊥平面ACC1(3)在RtΔABD中，BD＝＝＝B1D1在RtΔACC1中，AC1＝＝，连结BC1，则＝+＝××AC1×B1D1×BB1+××AC1×CC1×BD.∴＝××××2+××××4＝30.522. 已知正四棱锥的各条棱都是a.(1)求底面一边到相对侧面的距离；(2)求证：相邻两侧面所成二面角等于侧面和底面所成二面角的2倍；(3)求相对两侧面所成二面角的余弦值.（1）解：
作PO⊥底面ABCD，垂足是O，取BC、AD、PB的中点F、E、M，连结PE、PF、EF、OM、MC、MA.∵AD∥BC，∴AD∥平面PBC，AD到平面PBC的距离就是E点到平面PBC的距离，∵BC⊥平面PEF，∴平面PEF⊥平面PBC.∴E点到交线PF的距离就是E点到平面PBC的距离d.∴d?PF＝PO?EF,d?a＝a?,∴d＝a.(2)在ΔACM中，∵AM＝MC＝a,AD＝OC,∴OM是∠AMC的平分线，又AM⊥PB，CM⊥PB，∴∠AMC是二面角A-PB-C的平面角，∠OFP是二面角P-BC-AD的平面角.又∵AO＝PO＝a,AM＝PF＝a,∴RtΔPOF≌RtΔAMO.∴∠AMC＝2∠PFO，∴命题成立.(3)设相对两侧面PBC、PAD的交线是l，∵AD∥BC，∴AD∥平面PBC，∴AD∥l，∵BC⊥平面PEF，∴l⊥平面PEF，∴∠EPF就是所求二面角的平面角.∴cos∠EPF＝＝.523. 直线a、b是异面直线，a⊥平面α，b⊥平面β，a⊥b，求证：α⊥β.证明
过b上任意一点作直线a′，使a∥a′.∵a⊥b,∴a′⊥b.设相交直线a′、b确定一个平面,∩β＝c.∵b⊥β,cβ,∴b⊥c.在平面内，b⊥c,b⊥a′,∴a′∥c.∴a∥a′∥c.又∵a⊥α,∴c⊥α,cβ，∴β⊥α524.
在三棱锥S-ABC中，∠ASB＝∠BSC＝60°，∠ASC＝90°，且SA＝SB＝SC，求证：平面ASC⊥平面ABC.证明
取AC的中点O，连SO、BO，由已知，得ΔSAB、ΔSBC都是正三角形.∴BC＝AB＝a,SA＝SC＝a,又SO⊥AC，BO⊥AC，∴∠SOB就是二面角S-AC-B的平面角.又∵SA＝AB＝a,SC＝BC＝a,AC＝AC,∴ΔACS≌ΔACB.∴SO＝BO＝a.在ΔSOB中，∵SB＝a,∴∠SOB＝90°.即平面SAC⊥平面ABC.另证：过S作SO⊥平面ABC，垂足是O.∵SA＝SB＝SC，∴S在平面内的射影是ΔABC的外心，同前面的证明，可知ΔABC是直角三角形，∴O在斜边AC上.又∵平面SAC经过SO，∴平面SAC⊥平面ABC说明
证明"面面垂直"的常用方法是根据定义证明平面角是90°，或利用判定定理证明一个平面经过另一个平面的垂线.525.
如图，四面体ABCD的棱BD长为2，其余各棱的长均是，求：二面角A-BD-C、A-BC-D、B-AC-D的大小.解析：(1)取BD的中点O，连AO、OC.在ΔABD中，∵AB＝AD＝，BD＝2，∴ΔABD是等腰直角三角形，AO⊥BD，同理OC⊥BD.∴∠AOC是二面角A-BD-C的平面角又AO＝OC＝1，AC＝，∴∠AOC＝90°.即二面角A-BD-C为直二面角.(2)∵二面角A-BD-C是直二面角，AO⊥BD，∴AO⊥平面BCD.∴ΔABC在平面BCD内的射影是ΔBOC.∵SΔOCB＝,SΔABC＝,∴cosθ＝.即二面角A-BC-D的大小是arccos.(3)取AC的中点E，连BE、DE.∵AB＝BC，AD＝DC，∴BD⊥AC，DE⊥AC，∴∠BED就是二面角的平面角.在ΔBDE中，BE＝DE＝，由余弦定理，得cosα＝-∴二面角B-AC-D的大小是π-arccos.评析
本例提供了求二面角大小的方法：先作出二面角的平面角，再利用其所在的三角形算出角的三角函数值，或利用面积的射影公式S′＝S?cosθ求得.526.
如图所示，在三棱锥S-ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分别交AC、SC于D、E.又SA＝AB，SB＝SC.求以BD为棱，以BDE与BDC为面的二面角的度数.解法一：由于SB＝BC，且E是SC中点，因此BE是等腰三角形SBC的底边SC的中线，所以SC⊥BE.又已知SC⊥DE，BE∩DE＝E，∴SC⊥平面BDE，∴SC⊥BD，又∵SA⊥底面ABC，BD在底面ABC上，∴SA⊥BD.而SA∩SC＝S，所以BD⊥平面SAC.∵DE＝平面SAC∩平面BDE，DC＝平面SAC∩平面BDC，∴BD⊥DE，BD⊥DC.∴∠EDC是所求二面角的平面角.∵SA⊥底面ABC，∴SA⊥AB，SA⊥AC.设SA＝a,则AB＝a,BC＝SB＝a.又AB⊥BC，所以AC＝a.在RtΔSAC中tg∠ACS＝＝，所以∠ACS＝30°.又已知DE⊥SC，所以∠EDC＝60°，即所求的二面角等于60°.解法二：由于SB＝BC，且E是SC的中点，因此BE是等腰ΔSBC的底边SC的中线，所以SC⊥BE.又已知SC⊥DE，BE∩DE＝E.∴SC⊥平面BDE，SC⊥BD.由于SA⊥底面ABC，且A是垂足，所以，AC是SC在平面ABC上的射影，由三垂线定理的逆定理得BD⊥AC；又E∈SC，AC是SC在平面内的射影，所以E在平面ABC内的射影在AC上，由于D∈AC，所以DE在平面ABC内的射影在AC上，根据三垂线定理得BD⊥DE.∵DE平面BDE，DC平面BDC.∴∠EDC是所求二面角的平面角.以下解法同解法一.527.
在直三棱柱ABC-A′B′C′中，∠BAC＝90°，AB＝BB′＝1，直线B′C与平面ABC成30°的角.(如图所示)(1)求点C′到平面AB′C的距离；(2)求二面角B－B′C-A的余弦值.解析：(1)∵ABC-A′B′C′是直三棱柱，∴A′C′∥AC，AC平面AB′C，∴A′C′∥平面AB′C，于是C′到平面AB′C的距离等于点A′到平面AB′C的距离，作A′M⊥AB′于M.由AC⊥平面AB′A′得平面AB′C⊥平面AB′A′，∴A′M⊥平面AB′C，A′M的长是A′到平面AB′C的距离.∵AB＝B′B＝1，⊥B′CB＝30°，∴B′C＝2，BC＝，AB′＝，A′M＝＝.即C′到平面AB′C的距离为；(2)作AN⊥BC于N，则AN⊥平面B′BCC′，作NQ⊥B′C于Q，则AQ⊥B′C，∴∠AQN是所求二面角的平面角，AN＝＝，AQ＝＝1.∴sin∠AQN＝＝,cos∠AQN＝.说明
利用异面直线上两点间的距离公式，也可以求二面角的大小，如图，AB＝BB′＝1，∴AB′＝，又∠B′CB＝30°，∴BC＝,B′C＝2,AC＝.作AM⊥B′C于M，BN⊥B′C于N，则AM＝1，BN＝，CN＝，CM＝1，∴MN＝.∵BN⊥B′C,AM⊥B′C，∴BN与AM所成的角等于二面角B-B′C-A的平面角.设为θ.由AB2＝AM2+BN2+MN2-2AM×BN×cosθ得cosθ＝＝.528.
如图所示，四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的菱形，∠A＝60°，PC⊥平面ABCD，PC＝a,E是PA的中点.(1)求证平面BDE⊥平面ABCD.(2)求点E到平面PBC的距离.(3)求二面角A-EB-D的平面角大小.解析：(1)设O是AC，BD的交点，连结EO.∵ABCD是菱形，∴O是AC、BD的中点，∵E是PA的中点，∴EO∥PC，又PC⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，EO平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD.(2)EO∥PC，PC平面PBC，∴EO∥平面PBC，于是点O到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离.作OF⊥BC于F，∵EO⊥平面ABCD，EO∥PC，PC平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABCD，于是OF⊥平面PBC，OF的长等于O到平面PBC的距离.由条件可知，OB＝,OF＝×＝a，则点E到平面PBC的距离为a.(3)过O作OG⊥EB于G，连接AG∵OE⊥AC，BD⊥AC∴AC⊥平面BDE∴AG⊥EB(三垂线定理)∴∠AGO是二面角A-EB-D的平面角∵OE＝PC＝a,OB＝a∴EB＝a.∴OG＝＝a
又AO＝a.∴tan∠AGO＝＝∴∠AGO＝arctan.评析
本题考查了面面垂直判定与性质，以及利用其性质求点到面距离，及二面角的求法，三垂线定理及逆定理的应用.说明
处理翻折问题，只要过不在棱上的点作棱的垂直相交的线段，就可以化成基本题529. 已知a、b是异面直线，aα,a∥β,bβ,b∥α,求证α∥β.解析： 证明两个平面平行通常利用判定定理来证.证明
如图，过a作任一平面和平面β交于a′,∵a∥β
∴a∥a′.又a′β,a′α∴a′∥α且a′与b相交，∵bβ，b∥α.∴α∥β.另证设c是异面直线a、b的公垂线，则过a、c可以确定一个平面，设γ∩β＝a′∵a∥β，∴a′∥a,∵c⊥a,∴c⊥a′又∵c⊥b,a′,b相交，∴c⊥β同理可证：c⊥α，∴α∥β530. 已知：平面α∥平面β，且aα，b平面β，a,b为两条异面直线.求证：异面直线a、b间的距离等于平面α，β之间的距离.证：设AB是异面直线a、b的公垂线段，如图过点B，作直线a′，使a′∥a.∵α∥β，aβ,∴a∥β,∴a′β.∵AB⊥a,∴AB⊥a′又AB⊥b，且a′∩b＝B.∴AB⊥β∵α∥β，∴AB⊥α∴AB的长是平行平面α，β间的距离.说明
求两异面直线间的距离有时可能转化为求两平行平面间的距离.531.
如果一条直线和两个平面中的一个相交，那么它和另一个平面也相交.已知：α∥β,l∩α＝A.求证：l与β相交.证明：∵α∥β,l∩α＝A∴Aβ.假设l与β不相交，则l∥β在平面β内任取一点D，则Dl.∴点D、l确定平面PBD，如图∵α与平面PBD相交于过A的一条直线AC，β与平面PBD相交于过点D的一条直线BD.又α∥β
∴AC与BD无公共点.∵AC和BD都在平面PBD内，∴AC∥BD.由l∥β可知l∥BD.∴AC∥l且l与AC相交于A.∴AC与l重合，又AC在平面α内.∴l在α内与l∩α＝A矛盾.∴假设不成立，∴l与β必相交.532.
如图，正四棱锥S-ABCD的底面边长为a，侧棱长为2a，点P、Q分别在BD和SC上，并且BP∶PD＝1∶2，PQ∥平面SAD，求线段PQ的长.解析： 要求出PQ的长，一般设法构造三角形，使PQ为其一边，然后通过解三角形的办法去处理.作PM∥AD交CD于M连QM，∵PM∥平面SAD，PQ∥平面SAD.∴平面PQM∥平面SAD，而平面SCD分别与此两平行平面相交于QM，SD.∴QM∥SD.∵BC＝a,SD＝2a.∴＝.∴＝＝,MP＝a,＝＝＝.∴MQ＝SD＝a,又∠PMQ＝∠ADS.∴cos∠PMQ＝cos∠ADS＝＝.在ΔPMQ中由余弦定理得PQ2＝(a)2+(a)2-2?a?a?＝a2.∴PQ＝a.评析：本题的关键是运用面面平行的判定和性质，结合平行线截比例线段定理，最后由余弦定理求得结果，综合性较强.533. 已知：如图，α∥β，异面直线AB、CD和平面α、β分别交于A、B、C、D四点，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，求证：(1)E、F、G、H共面；(2)面EFGH∥平面α.证明
(1)∵E、H分别是AB、DA的中点，∴EH∥BD.同理FG∥BD.∴FG∥EH.∴四边形EFGH是平行四边形，即E、F、H、G共面.(2)平面ABD和平面α有一个公共点A，设两平面交于过点A的直线AD′∴α∥β，∴
AD′∥BD.又∵BD∥EH，∴EH∥BD∥AD′.∴EH∥平面α，EH∥平面β，同理FG∥平面α，FG∥平面β.∴平面EFHG∥平面α∥平面β.534.
点A为异面直线a、b外一点，过A与a、b都平行的平面(
)A.只有一个
B.只有两个C.至多有一个
D.有无数个解析：本题考查线线位置关系，线面位置关系，平面基本性质，以及空间想象能力解法一：过点A作a′∥a,b′∥b，根据公理3，a′与b′确定一个平面为α，则异面直线a与b至多有一条在α内，当a、b都不在α内时，过A与a、b都平行的平面恰有一个，即α；当a、b中有一条在α内时，过A与a、b都平行的平面不存在，故选C.解法二：过异面直线a、b分别作平面α、β使α∥β，若点A在α或β上，则过A与a、b都平行的平面不存在；若点A在α外且在β上，则过A恰有一个平面平行于α、β，则过点A与a、b都平行的平面恰有一个.535.
有四个命题(1)一条直线和另一条直线平行，它就和经过另一条直线的任何平面平行(2)一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线平行(3)平行于同一平面的两条直线平行(4)如果直线a∥平面α，a平面β，且α∩β＝b,则a∥b.其中假命题共有(
D.4个解析：此题考查线线位置关系和线面位置关系，以及空间想象能力.一条直线和另一条直线平行，它可能在经过另一条直线的平面内，故(1)是假命题.一条直线和另一个平面平行，它与这个平面的直线可能平行，也可能异面，故(2)也是假命题，又平行于同一平面的两条直线，也可能平行，也可能异面或相交，故(3)也是假命题，而命题(4)是真命题，也是线面平行的性质定理.故选C。536.
已知直线a、b、c，平面α∩平面β＝a,bα，cβ，且b与c无公共点，则b与c不平行的充要条件是(
)A.b、c都与α相交
B.b、c中只有一条与α相交C.b、c中至多一条与α相交
D.b、c中至少有一条与α相交解析：本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，充要条件，以及空间想象能力和等价转化能力.解法一：若直线b与c不平行，又由b与c无公共点，则b与c必定异面，根据异面直线的定义和线面位置关系可知或者b与c都与a相交，或者b、c中有一条与a相交，另一条与a平行，即b、c中至少有一条与α相交，即D成立；反之，当D成立时，不难证明b与c必不平行，所以应选D.解法二：由题设及异面直线的定义可知，若b、c都与a相交能推出b与c异面，即b与c不平行；反过来，b与c不平行不一定推出b、c都与a相交，即A是充分非必要条件，而不是充要条件，同理，B也是充分非必要条件，而非充要条件，又由b、c中至多有一条与a相交，包含b、c中有一条与a相交和b、c都不与a相交两种情形，而对于后者，即b∥a且c∥a，则b∥c.故c既非充分又非必要条件，综上所述，排除A、B、C三个选择项，从而选择D.537. 已知A，B∈平面α，C，D∈平面β，α∥β，AB＝13，BD＝15，AC、BD在平面α上的射影长之和是14，求AC、BD在平面α上的射影长，以及平面α、β的距离.解
如图，设α、β的距离是h，则AC在α内的射影长是，BD在α内的射影长是.根据题意，+＝14.解这个方程，h＝12.∴
＝5, ＝9.故AC、BD在平面α上的射影长分别是5和9，平面α、β的距离是12.点评
平行平面间距离通常转化为点面距离或线面距离最终转化为点面距离.538.
如图，已知线段PQ、PD、QF分别和平行平面α、β交于A、B、C、D、E、F，若AP＝BQ，求证：SΔACF＝SΔBDE.解析： 由已知得AC∥BD，EB∥AF，∠CAF＝∠EBD，又AC∶BD＝PA∶PB＝QB∶QA＝EB∶AF，∴AC?AF?sin∠CAF＝BE?BD?sin∠DBE.∴SΔACF＝SΔBDE.539.
如图，在三棱锥S-ABC中，A1、B1、C1分别是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，(1)求证：平面A1B1C1∥平面ABC；(2)求三棱锥S-A1B1C1与S-ABC体积之比.解析：本题显然应由三角形重心的性质，结合成比例线段的关系推导出"线线平行"再到"线面平行"到"面面平行"，至于体积的比的计算只要能求出相似三角形面积的比和对应高的比就可以了.证：(1)：∵
A1、B1、C1是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，连SA1、SC1并延长交BC、AB于N、M，则N、M必是BC和AB的中点.连MN∵＝＝，∴A1C1∥MN.∵MN平面ABC，∴A1C1∥平面ABC.同理可证
A1B1∥平面ABC.∴
平面A1B1C1∥平面ABC.(2)由(1)＝，MN∥AC，∴A1C1∥AC.同理可证：A1B1∥AB，B1C1∥BC.∴
ΔA1B1C1≌ΔABC，S＝SΔABC.设三棱锥S-ABC的高为h，S-A1B1C1的高为h1则有：＝＝,∴h1＝h.∴＝＝.评析：要掌握线面平行的相互转化的思想方法外，还要有扎实的相似形和线段成比例的基础.540. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，求证：(1)平面AB1D1∥平面C1BD；(2)对角线A1C被平面AB1D1和平面C1BD三等分.解析：本题若根据"一个平面内两条相交的直线分别与另一平面内两条相交的直线平行，则两平面平行"是很容易解决论证平面AB1D1∥平面C1BD的，但兼顾考虑(2)的论证，(1)我们还是采用"两平面垂直于同一直线则两平面平行"的判定的方法.证：(1)连AC，∵BD⊥AC，AC是A1C在底面上的射影，由三条垂线定理得A1C⊥BD，同理可证A1C⊥BC1.∴A1C⊥平面C1BD，同理也能证得A1C⊥平面AB1D1.∴平面AB1D1∥平面C1BD.(2)设A1到平面AB1D1的距离为h，正方体的棱长为a，则有：h?(a)2＝a? a2.∴h＝a.同理C到平面C1BD的距离也为a，而A1C＝a.故A1C被两平行平面三等分.评析：论证A1C被两平行平面三等分，关键是求A1到平面AB1D1的距离，C到平面C1BD的距离，这里用三棱锥体积的代换，若不用体积代换，则可以在平面A1ACC1中去考虑：连A1C1，设A1C1∩B1D1＝O1，AC∩BD＝0，如图连AO1，C1O，AC1，设AC1∩A1C＝K.A1C∩AO1＝M，C1O∩A1C＝N.可证M为ΔA1AC1的重心，N为ΔACC1的重心，则可推知MN＝NC＝A1M.另外值得说明的是：A1C是面AB1D1和面BC1D的公垂线.异面直线AD1和C1D的距离也等于MN.541.
如图，已知直线a∥平面α；求证：过a有且只有一个平面平行于α.证明
(1)存在性：设过a的平面与α交于a′，∵a∥α，∴a∥a′.在α上，设直线b′∩a′＝A′,在a上取点A，A与b′确定平面δ，在δ上过A作b∥b′.则a、b是相交直线(若重合，则显然b′∥a′，矛盾).∴a,b确定平面β，则β∥α.(2)唯一性：设过a还有一个平面π∥α，∵π与δ有公共点A，∴π与δ相交于过A的直线b″，又π∥a，δ∩b′，∴b″∥b′,∴b″∥b,而b″与b都过点A，故重合，故π与β重合.542.经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行.已知：Aα，A∈β，β∥α求证：β是唯一的.证：设l过A点，且l⊥α，这样的直线是唯一的.又β∥α，则β⊥l，过点A与α平面的平面一定和l垂直.∵过点A和直线l垂直的平面是唯一的.∴过点A和α平行的平面是唯一的.543.一条直线和两个平行平面相交，求证：它和两个平面所成的角相等.已知：α∥β，直线a分别与α和β相交于点A和A′.求证：a与α所成的角与a与β所成的角相等.解析：(1)当a⊥α时，∵α∥β，∴α⊥β.即a与α所成的角与a与β所成的角都是直角.(2)当a是α的斜线时，如图，设P是a上不同于A、A′的任意一点，过点P引a′⊥α, a′∩α＝B,a′∩β＝B′.连结AB和A′B′.∵a∥β，a′⊥α.∴α′⊥β由此可知，∠PAB是a和α所成的角，∠P′A′B是a和β所成的角，而AB∥A′B′.∴∠PAB＝∠PA′B′即
a和α所成的角等于a和β所成的角.544.a和b是两条异面直线，求证：过a且平行b的平面必平行于过b且平行于a的平面.已知：a,b是异面直线，aα，bβ,a∥β,b∥α.求证：α∥β.证：过b作平面与平面α交于b′545.如图，直线AC、DF被三个平行平面α、β、所截.求证：＝证：(i)当AC，DF共面S时，连AD，BE，CF则AD∥BE∥CF从而＝(ii)当AC、DE异面时，连CD设CD∩β＝G连AD、BG、GE、CF，如图∵α∥β，平面ACD∩β＝BG，平面ACD∩α＝AD.∴BG∥AD∴＝同理可证：EG∥CF，∴＝∴＝综合(i)(ii)知：＝.546.
设直线a在平面α内，则"平面α∥平面β"是"直线a∥平面β"的(
)条件A.充分但不必要
B.必要但不充分C.充分且必要
D.不充分也不必要解析：若α∥β，∵aα，∴a与β无公共点，∴a∥β.若a∥β，aα，则α，β的关系不能确定，所以应选A.547.
设a、b是两条异面直线，那么下列四个命题中的假命题是(
)A.经过直线a有且只有一个平面平行于直线bB.经过直线a有且只有一个平面垂直于直线bC.存在分别经过直线a和b的两个互相平行的平面D.存在分别经过直线a和b的两个互相垂直的平面解析：A、C、D均为真命题，B为假命题；∵若过a的平面α⊥b,则b垂直α内的直线a，从而a⊥b，那么限制a,b必须垂直，而条件中没有指明a、b是否垂直.548.
α和β是两个不重合的平面，在下列条件中可以判定平面α∥β的是(
)A.α、β都垂直于平面B.α内不共线的三点到β的距离相等C.l、m是α内的直线，且l∥β，m∥βD.l、m是两条异面直线，且l∥α,l∥β,m∥α,m∥β解析：显然B、C不能推出α∥β，有α、β相交的情况存在，对于A、D，学了"面面垂直"后，就可以说明A不能推出α∥β，α、β有相交的可能，从而选D.事实上，l∥α，m∥α，在α内任取一点A，过A作l′∥l，m′∥m,因为l,m异面，所以l′,m′相交，则可推出l′∥β，m′∥β.由面面平行的判定定理可推出α∥β.549. 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
∴AG⊥平面SDC
∴AG⊥SD550.
三棱柱ABC-A1B1C1的侧面三条对角线AB1、BC1、CA1中，AB1⊥BC1.求证：AB1⊥CA1.证
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.551. 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.552.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.553. 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.554.
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.555.
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556. 空间四边形PABC中，PA、PB、PC两两相互垂直，∠PBA＝45°，∠PBC＝60°，M为AB的中点.(1)求BC与平面PAB所成的角；(2)求证：AB⊥平面PMC.解析：此题数据特殊，先考虑数据关系及计算、发现解题思路.解
PA⊥AB，∴∠APB＝90°在RtΔAPB中，∵∠ABP＝45°，设PA＝a，则PB＝a,AB＝a,∵PB⊥PC，在RtΔPBC中，∵∠PBC＝60°,PB＝a.∴BC＝2a,PC＝a.∵AP⊥PC
∴在RtΔAPC中，AC＝＝＝2a(1)∵PC⊥PA,PC⊥PB,∴PC⊥平面PAB，∴BC在平面PBC上的射影是BP.∠CBP是CB与平面PAB所成的角∵∠PBC＝60°，∴BC与平面PBA的角为60°.(2)由上知，PA＝PB＝a,AC＝BC＝2a.∴M为AB的中点，则AB⊥PM，AB⊥CM.∴AB⊥平面PCM.说明
要清楚线面的垂直关系，线面角的定义，通过数据特点，发现解题捷径.557.
在空间四边形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB与平面ABC所成角分别为30°和45°。(1)直线PC与AB能否垂直?证明你的结论；(2)若点P到平面ABC的距离为h，求点P到直线AB的距离.解析：主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系的综合应用及线面角，点面间距离等概念应用，空间想象力及推理能力.解
(1)AB与PC不能垂直，证明如下：假设PC⊥AB，作PH⊥平面ABC于H，则HC是PC在平面ABC的射影，∴HC⊥AB，∵PA、PB在平面ABC的射影分别为HB、HA，PB⊥BC，PA⊥PC.∴BH⊥BC，AH⊥AC∵AC⊥BC，∴平行四边形ACBH为矩形.∵HC⊥AB，∴ACBH为正方形.∴HB＝HA∵PH⊥平面ACBH.∴ΔPHB≌ΔPHA.∴∠PBH＝∠PAH，且PB，PA与平面ABC所成角分别为∠PBH，∠PAH.由已知∠PBH＝45°，∠PAH＝30°，与∠PBH＝∠PAH矛盾.∴PC不垂直于AB.(2)由已知有PH＝h,∴∠PBH＝45°∴BH＝PH＝h.∵∠PAH＝30°，∴HA＝h.∴矩形ACBH中，AB＝＝＝2h.作HE⊥AB于E，∴HE＝＝＝h.∵PH⊥平面ACBH，HE⊥AB，由三垂线定理有PE⊥AB，∴PE是点P到AB的距离.在RtΔPHE中，PE＝＝＝h.即点P到AB距离为h.评析：此题属开放型命题，处理此类问题的方法是先假设结论成立，然后"执果索因"，作推理分析，导出矛盾的就否定结论(反证法)，导不出矛盾的，就说明与条件相容，可采用演绎法进行推理，此题(1)属于反证法.558.
如图，在棱长为a的正方体AC1中，M是CC1的中点，点E在AD上，且AE＝AD，F在AB上，且AF＝AB，求点B到平面MEF的距离.解法一：设AC与BD交于O点，EF与AC交于R点，由于EF∥BD所以将B点到面MEF的距离转化为O点到面MEF的距离，面MRC⊥面MEF，而MR是交线，所以作OH⊥MR，即OH⊥面MEF，OH即为所求.∵OH?MR＝OR?MC，∴OH＝.解法二：考察三棱锥B-MEF，由VB-MEF＝VM-BEF可得h.点评
求点面的距离一般有三种方法：①利用垂直面；②转化为线面距离再用垂直面；③当垂足位置不易确定时，可考虑利用体积法求距离.559．
正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，求A1C1和平面AB1C间的距离.解法1
如图所示，A1C1∥平面AB1C，又平面BB1DD1⊥平面AB1C.故若过O1作O1E⊥OB1于E，则OE1⊥平面AB1C，O1E为所求的距离由O1E?OB1＝O1B1?OO1，可得：O1E＝解法2：转化为求C1到平面AB1C的距离，也就是求三棱锥C1-AB1C的高h.由
V＝V，可得h＝a.解法3
因平面AB1C∥平面C1DA1，它们间的距离即为所求，连BD1，分别交B1O、DO1与F、G(图中未画出)。易证BD1垂直于上述两个平面，故FG长即为所求，易求得FG＝.点评
(1)求线面距离的先决条件是线面平行，而求线面距离的常用方法是把它们转化为求点面之间的距离，有时也可转化为求面面距离，从本题的解法也可悟出求异面直线之间的距离的思路.560. 在ΔABC中，M、N分别是AB、AC上的点，＝＝.沿MN把ΔAMN到ΔA′MN的位置，二面角A′-MN-B为60°，求证：平面A′MN⊥平面A′BC.解析：作AD⊥BC于D，设AD∩MN＝P，∠A′PD＝60°，可证A′P⊥平面A′BC.561. 四面体的四个顶点到平面M的距离之比为1∶1∶1∶3，则平面M的个数应有多少个?解
这样的平面应分4种情况讨论：(1)4个顶点都在平面M的同侧，则有C41?1＝4个(平面)；(2)距离比为3的顶点与其他3个顶点不同侧，则有C41?1＝4个(平面)；(3)距离比为3的顶点与其他3个顶点中的1个同侧，则有C31?C41?1＝12个(平面)(4)距离比为3的顶点与其他3个顶点中的2个同侧，则有C32?C41?1＝12个(平面)；∴
一共应有4+4+12+12＝32个(平面)562. 斜四棱柱侧面最多可有几个面是矩形A、 0个
D、3个解析：C。 只能相对的侧面均为矩形563. 在四棱锥的四个侧面中，直角三角形最多可有A、1个
D、4个解析：D。 如图，ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，则P-ABCD的四个侧面均为直角三角形564. 正四棱柱的一个侧面面积为S，则它的对角面面积是__________。解析：
设正棱柱底面边长为a，高为h，则ah=S，对角面面积为565. 正n棱柱每相邻两个侧面所成二面角度数为__________。解析：
底面正多边形的每一个内角为某两个邻面所成二面角的平面角，正n边形内角度数为566. 正六棱柱的高为5cm，最长对角线为13cm，它的侧面积是__________。解析： 180cm2
设正六棱柱底面边长为a，高为h，则h2+(2a)2=132，h=5，∴a=6，∴侧面积=6ah=180567. 一个正棱锥的一个侧面与底面所成角是θ，底面积Q，则它的侧面积是________。解析： Qsecθ
正棱锥的底面是侧面在底面上的射影，利用面积射影定理568. 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1B与对角面A1B1CD所成角为300，求证：此四棱柱为正方体。解析：∵ A1B1⊥平面B1C∴ 平面A1B1CD⊥平面BC1，交线为B1C在平面B1C内作BO⊥B1C，O为垂足，连A1O则BO⊥平面A1B1CD∴ ∠BA1O为BA1与平面A1B1CD所成的角∴ ∠BA1O=300设正四棱柱底面边长为a，高为h则∵　sin∠BA1O=∴∴ a2+h2=2ah∴ a=h∴ 正四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体569. 四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，A1B=A1D，求证：（1）对角面AA1C1C⊥截面A1BD；（2）对角面D1DBB1是矩形解析：（1）∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC设BD∩AC=0，又A1B=A1D，∴ BD⊥A1O∵ A1O∩AC=O∴ BD⊥平面AA1C1C∴ 平面A1BD⊥对角面AA1C1C（1） 由（1），BD⊥平面AC1∴ BD⊥AA1又DD1∥AA1∴ BD⊥DD1570. 正四棱锥棱长均为a，（1）求侧面与底面所成角α；（2）若相邻两侧面所成角为β，求证：β=2α。解析：如图，正四棱锥S-ABCD，SO、SF分别为高、斜高，∠SFO为二面角S-AB-O平面角，∠SFO=α，在△SBC中，作BE⊥SC，E为垂足，连DE∵ △BCE≌△DCE∴ DE⊥SC∴∠BED为侧面B-SC-D平面角，∠BED=β（1）∴∴∴（2）连EO∵∴∵∴ 由得：∴ β=2α571. 正三棱锥的侧棱等于10cm，侧面积等于144cm2，求棱锥的底面边长和斜高。解析：设底面边长为a，斜高为h'则∴ 或572. 斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面△ABC中，AB=AC=10，BC=12，A1到A、B、C三点的距离都相等，且AA1=13，求斜三棱柱的侧面积。解析：∵A1A=A1B=A1C∴ 点A1在平面ABC上的射影为△ABC的外心，在∠BAC平分线AD上∵ AB=AC∴ AD⊥BC∵ AD为A1A在平面ABC上的射影∴ BC⊥AA1∴ BC⊥BB1∴ BB1C1C为矩形，S=BB1×BC=156取AB中点E，连A1E∵ A1A=A1B∴ A1E⊥AB∴∴∴ S侧=396573. 四棱锥V-ABCD底面是边长为4的菱形，∠BAD=1200，VA⊥底面ABCD，VA=3，AC与BD交于O，（1）求点V到CD的距离；（2）求点V到BD的距离；（3）作OF⊥VC，垂足为F，证明OF是BD与VC的公垂线段；（4）求异面直线BD与VC间的距离。解析：用三垂线定理作点到线的垂线在平面ABCD内作AE⊥CD，E为垂足∵ VA⊥平面ABCD∴ AE为VE在平面ABCD上的射影∴ VE⊥CD∴ 线段VE长为点V到直线CD的距离∵ ∠BAD=1200∴ ∠ADC=600∴ △ACD为正三角形∴ E为CD中点，AE=∴ VE=（2）∵ AO⊥BD∴ 由三垂线定理VO⊥BD∴ VO长度为V到直线BD距离VO=（3）只需证OF⊥BD∵ BD⊥HC，BD⊥VA∴ BD⊥平面VAC∴ BD⊥OF∴ OF为异面直线BD与VC的公垂线（4）求出OF长度即可在Rt△VAC中OC=AC=2，VC=∴ OF=OC?sin∠ACF=OC?574. 空间四边形DABC中，P、Q为边CD上两个不同的点，M、N为AB上两个不同的点，连PM、QN，如图，问图中共有多少对异面直线？解析：为使计算异面直线条数的过程中不出现重、漏的现象，可采用逐步添加的方法。首先考虑空间四边形DABC的四条边DA、AB、BC、CD连同对角线AC、BD，这六条线段可形成三对异面直线DA与BC，AB与CD，AC与BD。其次添加线段PM，则除去与PM相交的CD、AB，又可新形成4对异面直线，即PM与DA、BC、AC、BD。因QN与PM位置等同，当添上QN时，也同样新增4对异面直线。最后注意到，PM与QN也是异面直线。∴ 图中共有3+4+4+1=12（对）异面直线575. 长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=a，BC=b，AA1=c，求异面直线BD1和B1C所成角的余弦值。解析：显然，通过平移在长方体的表面及内部不可能构造出一个BD1和B1C所成的角，但同时又为了使构造出的角便于计算，故可考虑补上一个与已知长方体相同的长方体DCEF-D1C1E1F1。具体作法是：延长A1D1，使A1D1=D1F1，延长B1C1至E1，使B1C1=C1E1，连E1F1，分别过E1、F1，作E1EC1C，F1FD1D，连EF，则长方体C1D1F1E-CDFE为所作长方体。∵ BCD1F1∴ BD1CF1∴ ∠B1CF1就是异面直线BD1与B1C所成的角。∵ BD2=a2+b2∴ Rt△BDD1中，BD12=BD2+DD12=a2+b2+c2∴ CF12=BD12=a2+b2+c2∵ B1C2=b2+c2，B1F12=a2+4b2∴ △B1CF1中cos∠B1CF1=（1） 当c>b时， cos∠B1CF1>0∴ ∠B1CF1为锐角，∠B1CF1就是异面直线BD1和B1C所成的角（2） 当c<b时，cos∠B1CF1<0∴ ∠B1CF1是钝角∴ π-∠B1CF1就是异面直线BD1和B1C所成的角（3） 当c=b时，∠B1CF1=900∴ BD1⊥B1C法二：作异面直线所成角的过程，其实就是平移异面直线的过程。借助于三角形中位线的平行性，也可以达到平移的目的。如图，分别取BC、BB1、B1D1的中点P、M、Q，连PM、MQ、PQ则 MP∥B1C，MQ∥BD1∴ ∠PMQ（或其补角）就是异面直线BD1与B1C所成的角△ PMQ中，MP=B1C=△ MQBD1=，PQ=利用余弦定理可以得到与解法一同样的结果576. M、N分别是空间四边形ABCD中AB、CD中点，求证：MN<（AD+BC）。证明：取AC中点P，则MP=BC，NP=AD∴ MN<MP+NP=（BC+AD）577. 长方体ABCD-A'B'C'D'中，AB=2，BC=BB'=1，M、N分别是AD和BC中点，求异面直线MN和BC'所成角的大小解析：∵MN∥AC，AC∥A'C'，∴MN∥A'C'∴ ∠BC'A'就是MN与BC'所成的角△ BA'C中，BC'=，BA'=A'C'=∴ cos∠BC'A'=578. 正方体ABCDA1B1C1D1中，若E、M、N分别是棱AB、BC及B1D1的中点，求异面直线DN与MC1所成的角。解析：连NG、EM、EN、DE∵ EMAC，NC1AC∴ NC1EM∴ NE∥MC1∴ ∠DNE为异面直线DN与MC1所成的角设AB=a，则DE=EN=GM=，DN=△ DNE中，cos∠DNE=∴ 异面直线DN与MC1所成的角为arccos.579. 如图，在正方体ABCD--A1B1C1D1中，E、F分别是AA1、AB的中点，试判断下列各对线段所在直线的位置关系：（1）AB与CC1；（2）A1B1与DC；（3）A1C与D1B；（4）DC与BD1；（5）D1E与CF解析：（1）∵C∈平面ABCD，AB平面ABCD又CAB，C1平面ABCD∴AB与CC1异面（2）∵A1B1∥AB，AB∥DC，∴A1B1∥DC（3）∵A1D1∥B1C1，B1C1∥BC，∴A1D1∥BC则A1、B、C、D1在同一平面内∴A1C与D1B相交（4）∵B∈平面ABCD，DC平面ABCD又BDC，D1平面ABCD∴DC与BD1异面（5）如图，CF与DA的延长线交于G，连结D1G，∵AF∥DC，F为AB中点，∴A为DG的中点，又AE∥DD1，∴GD1过AA1的中点E，∴直线D1E与DF相交580. 求证：空间四边形的两条对角线是异面直线。证明：如图，假设空间四边形ABCD的对角线AC与BD不是异面直线。则AC、BD共面于α，则A、B、C、D均在平面α内，这与已知"ABCD是空间四边形（四个顶点不在同一平面内）"相矛盾。故假设错误，因此AC、BD是异面直线。点评：反证法是间接证法的一种，在立体几何的证中经常用到。581. 已知空间四边形ABCD中，E、H分别是AB、AD的中点。（1）如图（甲）中，F、G分别是BC、CD的中点，求证：四边形EFGH是平行四边形；（2）如图（乙）中，若F是BC上的点，G是DC上的点，且，求证：四边形EFGH是梯形，并且直线EF、GH、AC共点。证明：（1）如图（甲），连结BD。∵EH是的△ABD中位线，∴EHBD，同理FGBD根据公理4，EHFG∴四边形EFGH是平行四边形。（2）如图（乙）由（1）知EHBD，又在△ABD中，∴FG∥BD，FG=BD由公理4，∴EH∥FG，又FG>EH。∴四边形EFGH是梯形。则直线EF、GH相交，设EF∩GH=P则P∈EF，又EF平面ABC∴P∈平面ABC，同理P∈平面ADC。又平面ABC∩平面ADC=AC由公理2，得P∈AC，即EF、GH、AC三条直线共点。点评：证明四边形是平行四边形或者梯形，首先必须证明它是平面图形，本题中的EH∥FG是关键582. 如图，在正方体ABCD--A1B1C1D1中，E、F分别是B1D1，A1B的中点，求证：EF∥AD1。解析：要证两条直线平行一是证这两条直线在同一平面内，再用平面几何知识证明它们平行；二是用平行公理即平行直线的传递性，找到与它们都平行的"公共"直线。这里E为D1B1的中点，易想到用构造三角形的中位线的方法直接证明平行。因此，连AB1是非常重要的步骤。证明：连AB1，则AB1过A1B的中点F。又E为D1B1的中点，∴EF为△AD1B1的中位线，则EF∥AD1583. 如图，α∩β=C，aα，a∩c=A，bβ，b∩c=B，A、B为不同点。则a与b的位置关系为（
）A、平行B、异面C、平行、异面均可能D、平行、相交、异面均可能解析：B符合两条异面直线的判定，选B584. 下面的三个命题：①四边相等的四边形是菱形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③若四边形有一组对角都是直角，则这个四边形是圆的内接四边形。其中正确命题的个数是：（
D、0个解析：D均不能保证它们是平面图形，故均不正确，选D585. 空间两个角α和β，若α和β的两边对应平行，当α=50°时，β=
。解析：50°或130°β与α相等或互补586. 正方体的12条面对角线所在的直线中，互相异面的直线共有
对。解析：30面对角线中，与AC相交的有5条，平行的有1条，（自身为1条）故与AC异面的直线有12-5-1-1=5（条）。则共有12×5×=30（对587. 四面体ABCD中，AB=CD，AC=BD，AD=BC，则∠BAC+∠CAD+∠DAB=
。解析：180°四个三角形均是全等的三角形，故所求三个角即其中任一三角形的三个内角588. 在四面体ABCD中，已知点M，N，P分别在棱AD，BD，CD上，点S在平面ABC内，画出线段SD与过点M，N，P的截面的交点O。解析：图中，SD与平面MNP的交点O点画在△MNP内的任何位置好象都"象"，即直观上不能直接看出画在何处才是准确的。采用上一题的思想方法，找出经过直线SD的平面，如平面ASD（平面CSD...），作出它与平面MNP的交线。解：连接AS交BC于E，连ED交NP于F，连MF。∵M∈AD，AD平面AED，∴M∈平面AED∵F∈ED，ED平面AED，∴F∈平面AED又M∈平面MNP，F∈平面MNP，∴平面AED∩平面MNP=MF∵O∈SD，SD平面AED，∴O∈平面AED，又O∈平面MNP则O∈MF即O为MF与SD的交点。589. 已知直线a∥b，c∩a=A，c∩b=B。求证：a、b、c在同一平面内。证明：∵a∥b∴经过a、b可确定一个平面α∵c∩a=A，∴A∈a，而aα∴A∈α，同理B∈α则ABα，即c α∴a、b、c在同一平面α内点评：利用a∥b，可确定平面α，易证c α。若利用c∩a=A，也可确定平面α，但证bα就较困难。因此，选择恰当的点或线确定平面是非常重要的。590. 空间四边形ABCD中，P、Q、R分别AB、AD、CD 的中点，平面PQR交BC于S , 求证：四边形PQRS为平行四边形。证明：∵PQ为AB、AD中点
∴PQ‖BD又PQ平面BCD ，BD平面BCD
PQ‖平面BCD又平面PQR∩平面BCD＝RS , PQ平面RQR
PQ‖RS∵R为DC中点,∴ S为BC中点,∴PQ
∴ PQRS 为平行四边形评述:灵活运用线面平行的判定定理和性质定理,"线线平行 线面平行"是证平行关系的常用方法。变式题：如图，在四面体ABCD中，截面EFGH是平行四边形．求证：AB∥平面EFG．证明 ∵面EFGH是截面．∴点E，F，G，H分别在BC，BD，DA，AC上．∴EH 面ABC，GF 面ABD，由已知，EH∥GF．∴EH∥面ABD．又
∵EH 面BAC，面ABC∩面ABD=AB∴EH∥AB．∴AB∥面EFG．591. 两个惟一性定理．(1)过一点有且只有一条直线和一已知平面垂直(2)过一点有且只有一个平面和一已知直线垂直过点A垂直于直线a的所有直线都在过点A，且垂直于直线a的平面内，试证之．已知：A∈α，a⊥α于点O，AB⊥a．求证：证明：假AB不在平面α内，连结AO．∵a⊥α∴a⊥AO．又a⊥AB，且AO∩AB=A．∴a垂直于相交直AO、AB所确定的平面β．说明： 关于直线和平面垂直的问题中，有两个基本作图：(1)过一点有且只有一条直线和一个平面垂直．(2)过一点有且只有一个平面和一条直线垂直．这两个基本作图可作为公理直接使用．592. 直线上有两点到平面α的距离相等，这条直线和平面α的位置如何？解析：(1)若直线上的两点到平面α的距离都等于0，这时直线在平面α内(如图)(2)若直线上的两点在平面α的两侧,且到平面α的距离相等,这时直线与平面α相交(如图)．(3)若直线l上的两点在平面α的同一侧，且到平面α的距离相等(如图)．∵AA1⊥α于点A1，BB1⊥α于点B1．又 A、B均在l上，且在α的同侧．∴AA1 BB1∴AA1BB1为一平行四边形．∴AB∥A1B1 ∴这时直线l与平面α平行．想一想：若直线l上各点到平面α的距离都相等，那么直线l和平面α的位置关系又怎样？593. 经过两条相交直线，有且只有一个平面证明：如图：设直线a、b相交于点A，在a、b上分别取不同于点A的点B、C，得不在一直线上的三点A、B和C，过这三点有且只有一个平面α（公理3），因此a、b各有两点在平面α内，所以a、b在平面α内，因此平面α是过相交直线a、b的平面．如果过直线a和b还有另一个平面β，那么A、B、C三点也一定都在平面β内，这样过不在一条直线上的三点A、B、C就有两个平面α、β了，这和公理3矛盾，所以过直线a、b的平面只有一个．594. 经过两条平行直线，有且只有一个平面证明：因为当两条直线在同一个平面内，且不相交时叫做平行线，所以两条平行直线a和b必在某个平面α内，就是说过两条平行直线有一个平面．如果过a和b还有一个平面β，那么在a上的任意一点A一定在β内这样过点A和直线b有两个平面α和β，这和推论1矛盾，所以过平行直线a和b的平面只有一个．595. 直线与平面α所成角θ的范围是（
）A、0°<θ<90°
B、0°θ90°
C、0°<θ<180°
D、0°θ180°解析：B596.两条一异面直线所成的角的范围是？直线与平面所成的角的范围是？两个半平面所成二面角的范围是？斜线与平面所成的角的范围是？解析：，，直线在平面内或直线与平面平行定为0，规定两个半平面重合时为0，两个半平面展成一个平面为180度。597. AB、CD为夹在两个平行平面α、β间的异面线段，M、N分别为AB、CD的中点，求证：MN∥α.解析：过C作CE∥AB交β于E，取CE中点P则AB∥CE
BP∥α(1)MP∥β；(2)PN∥EDPN∥β.∴面MN∥面β∴MN∥面α，MN∥α598. 平面α∥平面β，A、B∈α，C∈β，AA′⊥β于A′，BB′⊥β于B′，若AC⊥AB，AC与β成60°的角，AC=8cm,B′C=6cm,求异面直线AC与BB′间的距离.解析：∵BB′⊥α∴BB′⊥AB
又∵AC⊥AB
∴AB为AC与BB′的公垂线又∵AB=A′B′
AB∥A′B′
AC⊥A′B′∴A′C′⊥A′B′A′B′=599. 某人买了一罐容积为V升、高为a米的直三棱柱型罐装进口液体车油，由于不小心摔落地上，结果有两处破损并发生渗漏，它们的位置分别在两条棱上且距底面高度分别为b、c的地方(单位：米).为了减少罐内液油的损失，该人采用罐口朝上，倾斜罐口的方式拿回家.试问罐内液油最理想的估计能剩多少?解析：如图所示，建立模型，设直三棱柱为ABC-A′B′C′，破损处为D、E.并且AD＝b,EC＝c,BB′＝a.则罐内所剩液油的最大值即为几何体ABC-DB′E的体积.连结BD、CD∵＝，而＝,＝V,∴＝.又∵＝，∴VD-ABC＝?＝.故 ＝+VD-ABC＝，即最理想的估计是剩下升.600. 要修建一座底面是正方形且四壁与底面垂直的水池，在四壁与底面面积之和一定的前提下，为使水池容积最大，求水池底面边长与高的比值.解析：为了建立体积V的函数，我们选底面边长和高为自变量.设水池底面边长为a，水池的高为h，水池容积为v，依题意，有a2+4ah＝k(k为定值).∴v＝a2h＝a2＝(v＞0),∴v2＝a2(k-a2)2＝?2a2(k-a2)(k-a2)≤()3＝?＝(当且仅当2a2＝k-a2时，即k＝3a2时等号成立)，故
a2+4ah＝3a2,即a∶h＝2∶1时，水池容积最大为.}