327.　 如图，四边形EFGH为四面体A-BCD的一个截面，若截面为平行四边形，求证：(1)AB∥平面EFGH；(2)CD∥平面EFGH

证明：(1)∵EFGH为平行四边形，∴EF∥HG，

∵HG平面ABD，∴EF∥平面ABD.

∵EF平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB.

∴EF∥AB，∴AB∥平面EFGH.

(2)同理可证：CD∥EH，∴CD∥平面EFGH.

评析：由线线平行线面平行线线平行.

326.　 已知正方体ABCD-A′B′C′D′中，面对角线AB′、BC′上分别有两点E、F且B′E＝C′F求证：EF∥平面AC.

解析： 如图，欲证EF∥平面AC，可证与平面AC内的一条直线平行，也可以证明EF所在平面与平面AC平行.

证法1　 过E、F分别做AB、BC的垂线EM、FN交AB、BC于M、N，连接MN

∵BB′⊥平面AC　 ∴　 BB′⊥AB，BB′⊥BC

∴EM⊥AB，FN⊥BC

∴EM∥FN，∵AB′＝BC′，B′E＝C′F

∴AE＝BF又∠B′AB＝∠C′BC＝45°

∴RtΔAME≌RtΔBNF

∴EM＝FN

∴四边形MNFE是平行四边形

∴EF∥MN又MN平面AC

∴EF∥平面AC

证法2　 过E作EG∥AB交BB′于G，连GF

∴＝

∵B′E＝C′F，B′A＝C′B

∴＝　 ∴FG∥B′C′∥BC

又∵EG∩FG＝G,AB∩BC＝B

∴平面EFG∥平面AC

又EF平面EFG

∴EF∥平面AC

325.　 S是空间四边形ABCD的对角线BD上任意一点，E、F分别在AD、CD上，且AE∶AD＝CF∶CD，BE与AS相交于R，BF与SC相交于Q.求证：EF∥RQ.

证　 在ΔADC中，因AE∶AD＝CF∶CD，故EF∥AC，而AC平面ACS，故EF∥平面ACS.而RQ＝平面ACS∩平面RQEF，故EF∥RQ(线面平行性质定理).

324.　 证明：过平面上一点而与这平面的一条平行线平行的直线，在这平面上.

证明　 如图，设直线a∥平面α，点A∈α,A∈直线b,b∥a，欲证bα.事实上，∵b∥a，可确定平面β，β与α有公共点A，∴α，B交于过A的直线c，∵a∥α,∴a∥c，从而在β上有三条直线，其中b、c均过点A且都与a平行.于是b、c重合，即bα.

323.　 如图，在正四棱锥S-ABCD中，P在SC上，Q在SB上，R在SD上，且SP∶PC＝1∶2，SQ∶SB＝2∶3，SR∶RD＝2∶1.求证：SA∥平面PQR.

解析：根据直线和平面平行的判定定理，必须在平面PQR内找一条直线与AS平行即可.

证：连AC、BD，设交于O，连SO，连RQ交SO于M，取SC中点N，连ON，那么ON∥SA.

∵＝＝

∴RQ∥BD

∴＝而＝

∴＝　 ∴PM∥ON

∵SA∥ON.∴SA∥PM,PM平面PQR

∴　 SA∥平面PQR.

评析：利用平几中的平行线截比例线段定理.

三角形的中位线性质等知识促成“线线平行”向“线面平行”的转化.

322.　 一直线分别平行于两个相交平面，则这条直线与它们的交线平行.

已知：α∩β＝a,l∥α,l∥β.求证：l∥a.

解析：由线面平行推出线线平行，再由线线平行推出线面平行，反复应用线面平行的判定和性质.

证明：过l作平面交α于b.∵l∥α，由性质定理知l∥b.

过l作平面交β于c.∵l∥β，由性质定理知l∥c.

∴　 b∥c，显然cβ.∴　 b∥β.　

又　 bα，α∩β=a，∴　 b∥a.　

又　 l∥b.　

∴　 l∥a.

评注：本题在证明过程中注意文字语言、符号语言，图形语言的转换和使用.

321. 如图，ABCD和ABEF均为平行四边形，M为对角线AC上的一点，N为对角线FB上的一点，且有AM∶FN＝AC∶BF，求证：MN∥平面CBE.

解析：欲证MN∥平面CBE，当然还是需要证明MN平行于平面CBE内的一条直线才行.题目上所给的是线段成比例的关系，因此本题必须通过三角形相似，由比例关系的变通，才能达到“线线平行”到“线面平行”的转化.

证：连AN并延长交BE的延长线于P.

∵　 BE∥AF，∴　 ΔBNP∽ΔFNA.

∴　 ＝，则＝.

即　 ＝.

又　 ＝，＝，

∴　 ＝.

∴　 MN∥CP，CP平面CBE.

∴　 MN∥平面CBE.

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.

318.　 (1)如果三棱锥S-ABC的底面是不等边三角形，侧面与底面所成的角都相等，且顶点S在底面的射影O在ΔABC内，那么O是ΔABC的(　　 )

A.垂心　　 　B.重心 　　　C.外心 　　　D.内心

(2)设P是ΔABC所在平面α外一点，若PA，PB，PC与平面α所成的角都相等，那么P在平面α内的射影是ΔABC的(　　 )

A.内心　 　　B.外心　 　　　C.垂心 　　　D.重心

解　 (1)利用三垂线定理和三角形全等可证明O到ΔABC的三边的距离相等，因而O是ΔABC的内心，因此选D.

(2)如图所示，作PO⊥平面α于O，连OA、OB、OC，那么∠PAO、∠PBO、∠PCO分别是PA、PB、PC与平面α所成的角，且已知它们都相等.

∴RtΔPAO≌RtΔPBO≌RtΔPCO.

∴OA＝OB＝OC

∴应选B.

说明　 三角形的内心、外心、垂心、旁心、重心，它们的定义和性质必须掌握.