532.　 如圖，正四棱錐S-ABCD的底面邊長為a，側(cè)棱長為2a，點(diǎn)P、Q分別在BD和SC上，并且BP∶PD＝1∶2，PQ∥平面SAD，求線段PQ的長.

解析： 要求出PQ的長，一般設(shè)法構(gòu)造三角形，使PQ為其一邊，然后通過解三角形的辦法去處理.

作PM∥AD交CD于M連QM，∵PM∥平面SAD，PQ∥平面SAD.

∴平面PQM∥平面SAD，而平面SCD分別與此兩平行平面相交于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.

評(píng)析：本題的關(guān)鍵是運(yùn)用面面平行的判定和性質(zhì)，結(jié)合平行線截比例線段定理，最后由余弦定理求得結(jié)果，綜合性較強(qiáng).

531.　 如果一條直線和兩個(gè)平面中的一個(gè)相交，那么它和另一個(gè)平面也相交.

已知：α∥β,l∩α＝A.

求證：l與β相交.

證明：∵α∥β,l∩α＝A

∴Aβ.

假設(shè)l與β不相交，則l∥β

在平面β內(nèi)任取一點(diǎn)D，則Dl.

∴點(diǎn)D、l確定平面PBD，如圖

∵α與平面PBD相交于過A的一條直線AC，

β與平面PBD相交于過點(diǎn)D的一條直線BD.

又α∥β　 ∴AC與BD無公共點(diǎn).

∵AC和BD都在平面PBD內(nèi)，

∴AC∥BD.

由l∥β可知l∥BD.

∴AC∥l且l與AC相交于A.

∴AC與l重合，又AC在平面α內(nèi).

∴l(xiāng)在α內(nèi)與l∩α＝A矛盾.

∴假設(shè)不成立，

∴l(xiāng)與β必相交.

530. 已知：平面α∥平面β，且aα，b平面β，a,b為兩條異面直線.

求證：異面直線a、b間的距離等于平面α，β之間的距離.

證：設(shè)AB是異面直線a、b的公垂線段，如圖過點(diǎn)B，作直線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的長是平行平面α，β間的距離.

說明　 求兩異面直線間的距離有時(shí)可能轉(zhuǎn)化為求兩平行平面間的距離.

529. 已知a、b是異面直線，aα,a∥β,bβ,b∥α,求證α∥β.

解析： 證明兩個(gè)平面平行通常利用判定定理來證.

證明　 如圖，過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′與b相交，

∵bβ，b∥α.

∴α∥β.

另證設(shè)c是異面直線a、b的公垂線，則過a、c可以確定一個(gè)平面，設(shè)γ∩β＝a′∵a∥β，∴a′∥a,

∵c⊥a,∴c⊥a′又∵c⊥b,a′,b相交，∴c⊥β

同理可證：c⊥α，∴α∥β

528.　 如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面是邊長為a的菱形，∠A＝60°，PC⊥平面ABCD，PC＝a,E是PA的中點(diǎn).

(1)求證平面BDE⊥平面ABCD.

(2)求點(diǎn)E到平面PBC的距離.

(3)求二面角A-EB-D的平面角大小.

解析：(1)設(shè)O是AC，BD的交點(diǎn)，連結(jié)EO.

∵ABCD是菱形，∴O是AC、BD的中點(diǎn)，

∵E是PA的中點(diǎn)，∴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，于是點(diǎn)O到平面PBC的距離等于E到平面PBC的距離.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的長等于O到平面PBC的距離.

由條件可知，OB＝,OF＝×＝a，則點(diǎn)E到平面PBC的距離為a.

(3)過O作OG⊥EB于G，連接AG

∵OE⊥AC，BD⊥AC

∴AC⊥平面BDE

∴AG⊥EB(三垂線定理)

∴∠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.

評(píng)析　 本題考查了面面垂直判定與性質(zhì)，以及利用其性質(zhì)求點(diǎn)到面距離，及二面角的求法，三垂線定理及逆定理的應(yīng)用.

說明　 處理翻折問題，只要過不在棱上的點(diǎn)作棱的垂直相交的線段，就可以化成基本題

527.　 在直三棱柱ABC-A′B′C′中，∠BAC＝90°，AB＝BB′＝1，直線B′C與平面ABC成30°的角.(如圖所示)

(1)求點(diǎn)C′到平面AB′C的距離；

(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的距離等于點(diǎn)A′到平面AB′C的距離，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的長是A′到平面AB′C的距離.

∵AB＝B′B＝1，⊥B′CB＝30°，∴B′C＝2，BC＝，AB′＝，A′M＝＝.

即C′到平面AB′C的距離為；

(2)作AN⊥BC于N，則AN⊥平面B′BCC′，作NQ⊥B′C于Q，則AQ⊥B′C，∴∠AQN是所求二面角的平面角，AN＝＝，AQ＝＝1.∴sin∠AQN＝＝,cos∠AQN＝.

說明 　利用異面直線上兩點(diǎn)間的距離公式，也可以求二面角的大小，如圖，AB＝BB′＝1，∴AB′＝，又∠B′CB＝30°，

∴BC＝,B′C＝2,AC＝.作AM⊥B′C于M，BN⊥B′C于N，則AM＝1，BN＝，

CN＝，CM＝1，∴MN＝.∵BN⊥B′C,AM⊥B′C，∴BN與AM所成的角等于二面角B-B′C-A的平面角.設(shè)為θ.由AB²＝AM²+BN²+MN²-2AM×BN×cosθ得cosθ＝＝.

526.　 如圖所示，在三棱錐S-ABC中，SA⊥底面ABC，AB⊥BC，DE垂直平分SC，且分別交AC、SC于D、E.又SA＝AB，SB＝SC.求以BD為棱，以BDE與BDC為面的二面角的度數(shù).

解法一：由于SB＝BC，且E是SC中點(diǎn)，因此BE是等腰三角形SBC的底邊SC的中線，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.

設(shè)SA＝a,則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的中點(diǎn)，因此BE是等腰ΔSBC的底邊SC的中線，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，由三垂線定理的逆定理得BD⊥AC；又E∈SC，AC是SC在平面內(nèi)的射影，所以E在平面ABC內(nèi)的射影在AC上，由于D∈AC，所以DE在平面ABC內(nèi)的射影在AC上，根據(jù)三垂線定理得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.

525.　 如圖，四面體ABCD的棱BD長為2，其余各棱的長均是，求：二面角A-BD-C、A-BC-D、B-AC-D的大小.

解析：(1)取BD的中點(diǎn)O，連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為直二面角.

(2)∵二面角A-BD-C是直二面角，AO⊥BD，∴AO⊥平面BCD.

∴ΔABC在平面BCD內(nèi)的射影是ΔBOC.

∵S_ΔOCB＝,S_ΔABC＝,∴cosθ＝.

即二面角A-BC-D的大小是arccos.

(3)取AC的中點(diǎn)E，連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.

評(píng)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數(shù)值，或利用面積的射影公式S′＝S·cosθ求得.

524.　 在三棱錐S-ABC中，∠ASB＝∠BSC＝60°，∠ASC＝90°，且SA＝SB＝SC，求證：平面ASC⊥平面ABC.

證明　 取AC的中點(diǎn)O，連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.

另證：過S作SO⊥平面ABC，垂足是O.∵SA＝SB＝SC，∴S在平面內(nèi)的射影是ΔABC的外心，同前面的證明，可知ΔABC是直角三角形，∴O在斜邊AC上.

又∵平面SAC經(jīng)過SO，∴平面SAC⊥平面ABC

說明　 證明“面面垂直”的常用方法是根據(jù)定義證明平面角是90°，或利用判定定理證明一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的垂線.

523. 直線a、b是異面直線，a⊥平面α，b⊥平面β，a⊥b，求證：α⊥β.

證明　 過b上任意一點(diǎn)作直線a′，使a∥a′.∵a⊥b,∴a′⊥b.

設(shè)相交直線a′、b確定一個(gè)平面,∩β＝c.∵b⊥β,cβ,∴b⊥c.

在平面內(nèi)，b⊥c,b⊥a′,∴a′∥c.∴a∥a′∥c.又∵a⊥α,∴c⊥α,cβ，∴β⊥α