366. 在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，期棱长为a.

(1)求证BD⊥截面AB₁C；

(2)求点B到截面AB₁C的距离；

(3)求BB₁与截面AB₁C所成的角的余弦值。

同理BD₁⊥AB₁.∴BD₁⊥面ACB₁.

(2)AB=BC=BB₁G为△AB₁C的中心.AC=a

AG=a

∴BG==a

(3)∠BB₁G为所求

cos∠BB₁G=

365. 设棱锥M-ABCD的底面是正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果ΔAMD的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.

解析： ∵AB⊥AD，AB⊥MA，

∴AB⊥平面MAD，

由此，面MAD⊥面AC.

记E是AD的中点，

从而ME⊥AD.

∴ME⊥平面AC， ME⊥EF

设球O是与平面MAD、AC、平面MBC都相切的球.

不妨设O∈平面MEF，于是O是ΔMEF的内心.

设球O的半径为r，则r＝

设AD＝EF＝a,∵S_ΔAMD＝1.

∴ME＝.MF＝,

r＝≤＝-1

当且仅当a＝，即a＝时，等号成立.

∴当AD＝ME＝时，满足条件的球最大半径为-1.

364. 在有阳光时，一根长为3米的旗轩垂直于水平地面，它的影长为米，同时将一个半径为3米的球放在这块水平地面上，如图所示，求球的阴影部分的面积(结果用无理数表示).

解析：由题意知，光线与地面成60°角，设球的阴影部分面积为S，垂直于光线的大圆面积为S′，则Scos30°＝S′,并且S′＝9π，所以S＝6π(米²)

363. 湖结冰时，一个球漂在其上，取出后(未弄破冰)，冰面上留下了一个直径为24cm,深为8cm的空穴，求该球的半径.

解析：设球的半径为R，依题意知截面圆的半径r＝12,球心与截面的距离为d＝R-8，由截面性质得：r²+d²＝R²,即12²+(R-8)²＝R².

得R＝13　 ∴该球半径为13cm.

362. 若四面体各棱长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值是　　　 .(只须写出一个可能的值)

解析： 该题的显著特点是结论发散而不惟一.本题表面上是考查锥体求积公式这个知识点，实际上主要考查由所给条件构造一个四面体的能力，首先得考虑每个面的三条棱是如何构成的.

排除{1，1，2}，可得{1，1，1}，{1，2，2}，{2，2，2}，然后由这三类面在空间构造满足条件的一个四面体，再求其体积.

由平时所见的题目，至少可构造出二类满足条件的四面体，五条边为2，另一边为1，对棱相等的四面体.

对于五条边为2，另一边为1的四面体，参看图1所示，设AD=1，取AD的中点为M，平面BCM把三棱锥分成两个三棱锥，由对称性可知AD⊥面BCM，且V_A-BCM=V_D-BCM，所以

V_ABCD=S_ΔBCM·AD.

CM===.设N是BC的中点，则MN⊥BC，MN===，从而S_ΔBCM=×2×=，

故V_ABCD=××1=.

对于对棱相等的四面体，可参见图2.其体积的计算可先将其置于一个长方体之中，再用长方体的体积减去四个小三棱锥的体积来进行.亦可套公式V=·，

不妨令a=b=2，c=1，则

V=·

=·=.

361. 有一个三棱锥和一个四棱锥，棱长都相等，将它们一个侧面重叠后，还有几个暴露面?

解析：有5个暴露面.

如图所示，过V作VS′∥AB，则四边形S′ABV为平行四边形，有∠S′VA=∠VAB=60°，从而ΔS′VA为等边三角形，同理ΔS′VD也是等边三角形，从而ΔS′AD也是等边三角形，得到以ΔVAD为底，以S′与S重合.

这表明ΔVAB与ΔVSA共面，ΔVCD与ΔVSD共面，故共有5个暴露面.

360.　 如图，设平面AC与平面BD相交于BC，它们所成的一个二面角为45°，P∈平面AC，Q∈平面BD，已知直线MQ是直线PQ在平面BD内的射影，且M在BC上，又直线PQ与平面BD所成的角为β，∠CMQ＝θ，0°＜θ＜90°，设线段PM＝a，求PQ的长.

解析：在ΔPMQ中因为PM＝a,∠PQM＝β，欲求PQ的长，根据正弦定理只要能求出sin∠PMR就行了.

解　 设PMR＝α，作PR⊥MQ于R，显然PR⊥平面BD.

作RN⊥BC于N，连PN，则PN⊥BC.∴∠PNR＝45°，∠PQM＝β.

在直角ΔPMR中：PR＝asinα,MR＝acosα.

在直角ΔMNR中：NR＝MRsinθ＝acosαsinθ.

∵PR＝NR，∴asinα＝acosαsinθ.

∴tanα＝sinθ,cosα＝,sinα＝.

在ΔPMQ中由正弦定理：

＝,

∴PQ＝＝.

评析：本题是利用正弦定理通过解斜三角形求出PQ的长，当然也可以通过三个直角三角形中的关系转换，先出求PR，最后在直角ΔPQR中利用锐角函数处理，相比之下，还是给出的解法略为简便些.

359.　 如图，二面角α-DC-β是α度的二面角，A为α上一定点，且ΔADC面积为S，DC＝a，过点A作直线AB，使AB⊥DC且与半平面β成30°的角，求α变化时，ΔDBC面积的最大值.

解析：在α内作AE⊥DC于E，则AE为ΔADC的高，则有AE·DC＝，AE＝.

由于DC⊥AE，DC⊥AB，则有DC⊥ΔAEB所在的平面，所以DC⊥BE，则∠AEB是二面角α-DC-β的平面角，即∠AEB＝α.

又由于DC⊥ΔAEB所在平面，且DC在β上，所以平面β⊥ΔAEB所在平面.

令AF⊥BE于F，则有AF⊥平面β，于是，FB是AB在平面β上的射影，所以∠ABE是AB与β所成的角.

∴∠ABE＝30°，在ΔAEB中，有＝，∴EB＝sin(α+30°).

据题意，有α∈(0°，180°)，当α＝60°时，有EB_max＝，这时(S_ΔDBC)_max＝a·＝2S.

说明　 本例对直线与直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角，点到直线的距离，点到平面的距离等概念以及三垂线定理和逆定理的考察是很深刻的，综合了直线与平面这一章的一些主要知识.

358.　 如图，已知三条射线SA，SB，SC所成的角∠ASC＝BSC＝30°，∠ASB＝45°，求平面ASC与平面BSC所成二面角的大小.

解析：在SC上任取一点D，过D作平面DEF垂直于SC，分别交平面SAC、SBC、SAB于DE、DF、EF，则∠EDF是二面角A-SC-B的平面角，令SD＝.

∵∠ASC＝30°，∴在RtΔSED中，DE＝1，SE＝2.

同理DF＝1，SF＝2.

在ΔSEF中，依余弦定理EF²＝8-4.

∴在ΔDEF中，cos∠EDF＝2-3,又-1＜2-3＜0.

∴二面角A-SC-B的平面角∠EDF＝arccos(2-3)＝π-arccos(3-2)

说明　 本例给出了一个构造二面角的平面角的方法，过棱上一点作棱的垂面，这样在计算时同时取特殊值可以使问题简单化.

357.　 如图，四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，AB⊥BC，且AB＝CD，侧棱PB⊥底面ABCD，PC＝5，BC＝3，ΔPAB的面积等于6，若平面DPA与平面CPB所成的二面角为α，求α.

解析：平面DPA与平面CPB有一公共点P，要画出它们构成的二面角的平面角必须确定它们公共交线，DA和CB的延长线的交点E是它们的另一公共点.由公理二，PE就是二面角的公共棱.有了公共棱，二面角的平面角就生了根.

解　 延长DA交CB的延长线于E，连PE，则PE就是平面DPA和平面CPB的交线.

∵AB∥DC，AB⊥BC，∴DC⊥BC，PB⊥底面ABCD.

∴PB⊥DC，∴DC⊥平面PCE.

作CF⊥PE于F，连DF由三垂线定理得PE⊥DF，∴∠DFC＝α.

∵AB＝CD，PC＝5，BC＝3，∴PB＝4.

S_ΔPAB＝6，∴AB＝3，CD＝6，＝＝.

∴EB＝3，PE＝5.

∵PB·EC＝CF·PE，∴CF＝.

在直角ΔDCF中，tanα＝＝＝.

α＝antan.

评析：这是一道较难的题，难就难在怎么确定两相交平面的交线.由公理二交线的唯一性必须找出另一个公共点，因此本题延长DA、CB相交于E，确定这个E点就成了关键.