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562. 斜四棱柱側面最多可有幾個面是矩形

A、　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 0個　　　　　 B、1個　　　　　 C、2個　 　　　　D、3個

解析：C。 只能相對的側面均為矩形

561. 四面體的四個頂點到平面M的距離之比為1∶1∶1∶3，則平面M的個數應有多少個?

解　 這樣的平面應分4種情況討論：

(1)4個頂點都在平面M的同側，則有C₄¹·1＝4個(平面)；

(2)距離比為3的頂點與其他3個頂點不同側，則有C₄¹·1＝4個(平面)；

(3)距離比為3的頂點與其他3個頂點中的1個同側，則有C₃¹·C₄¹·1＝12個(平面)

(4)距離比為3的頂點與其他3個頂點中的2個同側，則有C₃²·C₄¹·1＝12個(平面)；

∴　 一共應有4+4+12+12＝32個(平面)

560. 在ΔABC中，M、N分別是AB、AC上的點，＝＝.沿MN把ΔAMN到ΔA′MN的位置，二面角A′-MN-B為60°，求證：平面A′MN⊥平面A′BC.

解析：作AD⊥BC于D，設AD∩MN＝P，∠A′PD＝60°，可證A′P⊥平面A′BC.

559．　 正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱長為a，求A₁C₁和平面AB₁C間的距離.

解法1　 如圖所示，A₁C₁∥平面AB₁C，又平面BB₁DD₁⊥平面AB₁C.

故若過O₁作O₁E⊥OB₁于E，則OE₁⊥平面AB₁C，O₁E為所求的距離

由O₁E·OB₁＝O₁B₁·OO₁，

可得：O₁E＝

解法2：轉化為求C₁到平面AB₁C的距離，也就是求三棱錐C₁-AB₁C的高h.

由　 V＝V，可得h＝a.

解法3　 因平面AB₁C∥平面C₁DA₁，它們間的距離即為所求，連BD₁，分別交B₁O、DO₁與F、G(圖中未畫出)。易證BD₁垂直于上述兩個平面，故FG長即為所求，易求得

FG＝.

點評　 (1)求線面距離的先決條件是線面平行，而求線面距離的常用方法是把它們轉化為求點面之間的距離，有時也可轉化為求面面距離，從本題的解法也可悟出求異面直線之間的距離的思路.

558.　 如圖，在棱長為a的正方體AC₁中，M是CC₁的中點，點E在AD上，且AE＝AD，F在AB上，且AF＝AB，求點B到平面MEF的距離.

解法一：設AC與BD交于O點，EF與AC交于R點，由于EF∥BD所以將B點到面MEF的距離轉化為O點到面MEF的距離，面MRC⊥面MEF，而MR是交線，所以作OH⊥MR，即OH⊥面MEF，OH即為所求.

∵OH·MR＝OR·MC，

∴OH＝.

解法二：考察三棱錐B-MEF，由V_B-MEF＝V_M-BEF可得h.

點評　 求點面的距離一般有三種方法：

①利用垂直面；

②轉化為線面距離再用垂直面；

③當垂足位置不易確定時，可考慮利用體積法求距離.

557.　 在空間四邊形ABCP中，PA⊥PC，PB⊥BC，AC⊥BC.PA、PB與平面ABC所成角分別為30°和45°。(1)直線PC與AB能否垂直?證明你的結論；(2)若點P到平面ABC的距離為h，求點P到直線AB的距離.

解析：主要考查直線與直線、直線與平面的位置關系的綜合應用及線面角，點面間距離等概念應用，空間想象力及推理能力.

解　 (1)AB與PC不能垂直，證明如下：假設PC⊥AB，作PH⊥平面ABC于H，則HC是PC在平面ABC的射影，∴HC⊥AB，∵PA、PB在平面ABC的射影分別為HB、HA，PB⊥BC，PA⊥PC.

∴BH⊥BC，AH⊥AC

∵AC⊥BC，∴平行四邊形ACBH為矩形.

∵HC⊥AB，∴ACBH為正方形.

∴HB＝HA

∵PH⊥平面ACBH.∴ΔPHB≌ΔPHA.

∴∠PBH＝∠PAH，且PB，PA與平面ABC所成角分別為∠PBH，∠PAH.由已知∠PBH＝45°，∠PAH＝30°，與∠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，

由三垂線定理有PE⊥AB，∴PE是點P到AB的距離.

在RtΔPHE中，PE＝＝＝h.

即點P到AB距離為h.

評析：此題屬開放型命題，處理此類問題的方法是先假設結論成立，然后“執果索因”，作推理分析，導出矛盾的就否定結論(反證法)，導不出矛盾的，就說明與條件相容，可采用演繹法進行推理，此題(1)屬于反證法.

556. 空間四邊形PABC中，PA、PB、PC兩兩相互垂直，∠PBA＝45°，∠PBC＝60°，M為AB的中點.(1)求BC與平面PAB所成的角；(2)求證：AB⊥平面PMC.

解析：此題數據特殊，先考慮數據關系及計算、發現解題思路.

解　 ∵　 PA⊥AB，∴∠APB＝90°

在RtΔAPB中，∵∠ABP＝45°，設PA＝a，

則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與平面PAB所成的角

∵∠PBC＝60°，∴BC與平面PBA的角為60°.

(2)由上知，PA＝PB＝a,AC＝BC＝2a.

∴M為AB的中點，則AB⊥PM，AB⊥CM.

∴AB⊥平面PCM.

說明　 要清楚線面的垂直關系，線面角的定義，通過數據特點，發現解題捷徑.

555.　 矩形ABCD，AB＝2，AD＝3，沿BD把ΔBCD折起，使C點在平面ABD上的射影恰好落在AD上.

(1)求證：CD⊥AB；　 (2)求CD與平面ABD所成角的余弦值.

(1)證明 　如圖所示，∵CM⊥面ABD，AD⊥AB，

∴CD⊥AB

(2)解：∵CM⊥面ABD

∴∠CDM為CD與平面ABD所成的角，

cos∠CDM＝

作CN⊥BD于N，連接MN，則MN⊥BD.在折疊前的矩形ABCD圖上可得

DM∶CD＝CD∶CA＝AB∶AD＝2∶3.

∴CD與平面ABD所成角的余弦值為

554.　 如圖，已知直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA₁＝，M是CC₁的中點，求證：AB₁⊥A₁M.

解析：不難看出B₁C₁⊥平面AA₁C₁C，AC₁是AB₁在平面AA₁C₁C上的射影.欲證A₁M⊥AB₁，只要能證A₁M⊥AC₁就可以了.

證：連AC₁，在直角ΔABC中，BC＝1，∠BAC＝30°，∴　 AC＝A₁C₁＝.

設∠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，∴由三垂線定理得A₁M⊥AB₁.

評注：本題在證AC₁⊥A₁M時，主要是利用三角函數，證α+β＝90°，與常見的其他題目不太相同.

553. 求證：端點分別在兩條異面直線a和b上的動線段AB的中點共面.

證明　 如圖，設異面直線a、b的公垂線段是PQ，PQ的中點是M，過M作平面α，使PQ⊥平面α，且和AB交于R，連結AQ，交平面α于N.連結MN、NR.∵PQ⊥平面α，MNα，∴PQ⊥MN.在平面APQ內，PQ⊥a,PQ⊥MN,∴MN∥a,a∥α，又∵PM＝MQ，∴AN＝NQ，同理可證NR∥b,RA＝RB.

即動線段的中點在經過中垂線段中點且和中垂線垂直的平面內.