562. 斜四棱柱侧面最多可有几个面是矩形

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

解析：C。 只能相对的侧面均为矩形

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)

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.

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.

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V_B-MEF＝V_M-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.

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.

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.

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

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.

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.