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VB-MEF＝VM-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，MN
α，∴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.
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