199. 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是(　 )

A.三棱锥　　　　 B.四棱锥　　　 　C.五棱锥　　　　　 D.六棱锥

解析：D

是正三角形，所以OC=AC，而AOC是直角三角形，OC为直角边，AC为斜边，矛盾，所以正棱锥不是六棱锥。

198. 空间四边形ABCD的各边与两条对角线的长都为1，点P在AD上移动，点Q在CB上移动，求点P与点Q的最短距离。

解析：如图作辅助线，可得PQ为AD，BC的公垂线。在直角三角形BQP中可求得。

197. 已知直线l与平面α内交于一点O的三条直线OA、OB、OC成等角，求证：l⊥α

解析：若l过O点，在l上任取一点P，作PH⊥α，垂足H，则H即在∠AOB的平分线上，又在∠BOC的平分线上，∴H是它们的公共点，故H与O重合；若l不过O点，可作过O的直线l′，使l′∥l即可证明.

196. 在直角BVC的角顶点V，作直角所在平面的斜线VA，使二面角A-VB-C与二面角A-VC-B都等于45°，求二面角B-VA-C的度数.

解析：在VA上取A′作平面VCB的垂线，垂足为O，作OC′⊥VC，OB′⊥VB，连A′C′、A′B′，则∠A′C′O和∠A′B′O分别为二面角A-VC-B与二面角A-VB-C的平面角.易证VB′OC′为正方形.设VB′＝a，可求得A′B′＝a.VA′＝a.过B′作B′D⊥VA，

连结C′D.则∠B′DC′为二面角B-VA-C的平面角.在RtΔB′VA′中，可求B′D＝a，又DE⊥B′C′，B′E＝a，则在RtΔB′DE中可求得∠B′DE＝60°.二面角B-VA-C为120°.

195. .如图，ABCDEF为正六边形，将此正六边形沿对角线AD折叠.

(1)求证：AD⊥EC，且与二面角F-AD-C的大小无关；

(2)FC与FE所成的角为30°时，求二面角F-AD-C的余弦值.

解析：(1)正六边形ABCDEF，在折叠前有AD⊥EC，设AD与EC交于M，折叠后即有AD⊥ME，AD⊥MC.则AD⊥平面EMC，无论∠EMC的大小如何，总有AD⊥EC.(2)利用余弦定理，有cos∠EMC＝

194. 已知二面角A-BC-D为150°，ΔABC是边长为a的等边三角形，ΔBCD是斜边为BC的等腰直角三角形.求两个顶点A和D间的距离.

解析：.取BC的中点E，连DE和AE，利用余弦定理AD＝a

193. 正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，各棱长均为2，M为AA₁中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少?并求之.

解析： (1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA₁剪开，并展开，则MN＝＝＝

(2)从底面到N点，沿棱柱的AC、BC剪开、展开，如图2.

则MN＝

＝＝

∵＜　

∴＝.

192. 如图所示，已知三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，且AC²+BC²＝AB²，由此可推出怎样的结论?

解析： 引SO⊥平面ABC(O为垂足)，连结OC.

∵SA＝SB＝SC，∴OA＝OB＝OC，

∴O是ΔABC的外心，(结论1)

又∵AC²+BC²＝AB²，

∴ΔABC是直角三角形，且AB是斜边，故O是斜边AB的中点.因而

SO平面SAB(结论2)

∴平面SAB⊥平面ABC(结论3)

191. 如图1所示，边长AC＝3，BC＝4，AB＝5的三角形简易遮阳棚，其A、B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大?

解析： 易知，ΔABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为Q，则应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且AB垂直于平面CQD，如图2所示.

因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD中，CQ＝，由正弦定理，有

＝,

即　 QD＝sin∠QCD.

为使面ABD的面积最大，需QD最大，这只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝　　 60°.

故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD面积最大.

190. P是△ABC所在平面外一点，PA、PB、PC两两垂直，G为△PAB的重心，E、F分别是BC、PB 上的点，且BE∶EC=PF∶FB=,求证：平面GEF⊥平面PBC

解析：∵G为△PAB的重心，∴　 ∴GF∥PA.

∵PA⊥PB　 PA⊥PC，∴PA⊥面PBC.∴GF⊥面PBC，∴面GFE⊥面PBC.