308.　 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.

307.　 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

306.　 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.

305.　 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.

304.　 ΔABC在平面α内的射影是ΔA′B′C′，它们的面积分别是S、S′，若ΔABC所在平面与平面α所成二面角的大小为θ(0＜θ＜90°＝，则S′＝S·cosθ.

证法一 如图(1)，当BC在平面α内，过A′作A′D⊥BC，垂足为D.

∵AA′⊥平面α，AD在平面α内的射影A′D垂直BC.

∴AD⊥BC.∴∠ADA′＝θ.

又S′＝A′D·BC，S＝AD·BC，cosθ＝,∴S′＝S·cosθ.

证法二　 如图(2)，当B、C两点均不在平面α内或只有一点(如C)在平面α内，可运用(1)的结论证明S′＝S·cosθ.

303.　 平面α外一点A在平面α内的射影是A′，BC在平面内，∠ABA′＝θ，，∠ABC＝，求证:cosγ＝cosθ·cosβ.

解析： 过A′作⊥BC于C′，连AC′.

∵AA′⊥平面α，BC垂直AC在平面α内的射线.

∴BC′⊥AC′，cos＝.

又∵cosθ＝,cosβ＝，

∴cos＝cosθ·cosβ.

302.　 已知：正三棱柱ABC-A′B′C′中，AB′⊥BC′，BC＝2，求：线段AB′在侧面上的射影长.

解析： 如图，取BC的中点D.∵AD⊥BC，侧面⊥底面ABC，∴AD⊥侧面是斜线AB′在侧面的射影.又∵AB′⊥BC′，∴⊥BC′.

设BB′＝x，在RtΔ中，BE∶BD＝，＝.

∵E是ΔBB′C的重心.∴BE＝BC′＝

∴x＝·，解得：x＝.

∴线段AB′在侧面的射影长为.

301.　 正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的侧面三条对角线AB₁、BC₁、CA₁中，AB₁⊥BC₁.求证：AB₁⊥CA₁.

解析：方法1　 如图，延长B₁C₁到D，使C₁D＝B₁C₁.连CD、A₁D.因AB₁⊥BC₁，故AB₁⊥CD；又B₁C₁＝A₁C₁＝C₁D，故∠B₁A₁D＝90°，于是DA₁⊥平面AA₁B₁B.故AB₁⊥平面A₁CD，因此AB₁⊥A₁C.

方法2　 如图，取A₁B₁、AB的中点D₁、P.连CP、C₁D₁、A₁P、D₁B，易证C₁D₁⊥平面AA₁B₁B.由三垂线定理可得AB₁⊥BD₁，从而AB₁⊥A₁D.再由三垂线定理的逆定理即得AB₁⊥A₁C.

说明　 证明本题的关键是作辅助面和辅助线，证明线面垂直常采用下列方法：

(1)利用线面垂直的定义；

(2)证明直线垂直于平面内的两条相交直线；

(3)证明直线平行于平面的垂线；

(4)证明直线垂直于与这平面平行的另一平面.

320.　 已知两条异面直线a,b所成的角为θ，它们的公垂线段AA₁的长度为d，在直线a、b上分别取点E、F，设A₁E＝m，AF＝n.求证：EF＝

解　 过A作a′∥a.

∵AA₁⊥a,　 ∴A₁A⊥a′

∴AA₁⊥b,a′∩b＝A

∴A₁A垂直a′、b所确定的平面α.

∵a∥a′　 ∴a、a′能确定平面β，在β内作EH∥A₁A，交a′于H.

∵a∥a′，∴A₁AME为平行四边形.

∴A₁A＝EH＝d,AH＝A₁E＝m

∵A₁A⊥α　 ∴EH⊥α.

∵FHα，　 ∴EH⊥FH.

在RtΔFHE中，EF＝＝

∵a′∥a　 ∴a′与b的夹角为θ.

即∠HAF＝θ，此时AH＝m,AF＝n.

由余弦定理得　 FH²＝m²+n²-2mncosθ

∴EF＝

当F(或E)在A(或A₁)的另一侧时，同理可得

EF＝＝

综上所述，EF＝

319.　 已知ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，求点B到平面EFG的距离.

解析：注意到直线BD∥平面EFG，根据直线和平面的距离在BO中点O的距离等于B到平面EFG的距离.

解　 连结AC、BD，设交于O，∵E，F分别是AB、AD的中点.

∴EF∥BD

∴BD∥平面EFG，设EF∩AC＝M.

则M为OA的中点.

又AB＝4　 ∴AC＝4，MO＝AC＝,MC＝AC＝3

∵GC⊥平面ABCD

∴GC⊥CA，GC⊥EF

又EF⊥AC，GC∩AC＝C.

∴EF⊥平面GCM.

∴过O作OH⊥GM于H，则OH⊥EF.

又OH⊥GM

故OH⊥平面EFG.

在RtΔGCM中，GM＝＝＝.

又∵OH⊥GM.∴sin∠GMC＝＝sin∠HMO＝＝

∴OH＝·＝

∴B点到平面GEF的距离为

说明　 本题解法甚多，学习两面垂直及简单几何体后，可用两面垂直的性质求解或者用“等体积法”求解.