455.　 如图，平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面是边长为1的正方形，侧棱AA₁长为2，且∠A₁AB＝∠A₁AD＝60°则此平行六面体的体积为　　　　　　

解析：一　 求平行六面体ABCD-A₁B₁C₁D的体积，应用公式.由于底面是正方形，所以关键是求高，即到底面ABCD的距离

解法一：过点A₁做A₁O⊥平面ABCD，垂足为O，过O做OE⊥AB，OF⊥AD，垂足分别为E、F，连结A₁E，A₁F，可知O在∠BAD的平分线AC上.

∴cos∠A₁AO·cos∠OAF＝·＝＝cos∠A₁AF

即cos∠A₁AO·cos45°＝cos60°

∴cos∠A₁AO＝

∴sin∠A₁AO＝

∴A₁O＝A₁Asin∠A₁AO＝

∴V＝S_ABCD·A₁O＝

分析二　 如图，平行六面体的对角面B₁D₁DB把平行六面体分割成两个斜三棱柱，它们等底面积、等高、体积相等，考察其中之一三棱柱A₁B₁D₁-ABD.

解法二：过B作BE⊥A₁A，连结DE，可知面BDE是其直截面，把斜三棱柱分割成上下两部分，若把两部分重新组合，让面A₁D₁B₁与面ADB重合，则得到一直棱柱，ΔBDE是其底面，DD₁是其侧棱，并且和斜三棱柱A₁B₁D₁-ABD的体积相等.

取BD中点O，连结OE，易知

S_ΔBED＝BD·OE＝BD·

＝··＝

∴V_直棱柱＝S_ΔDEB·DD₁

＝×2＝＝

∴＝2＝

点评　 在解决体积问题时，“割”“补”是常用的手段，另外本题分析二给出了求斜棱柱体积的另一方法：斜棱柱的体积＝直截面面积×侧棱长.

454.　 如图，已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为1，E、F分别在棱AB、BC上，G在对角线BD₁上，且AE＝，BF＝，D₁G∶GB＝1∶2，求平面EFG与底面ABCD所成的二面角的大小.

解析：设G在底面ABCD上的射影为H，H∈BD，

∵＝＝

∴GH＝

作HM⊥EF于M，连GM，由三垂线定理知GM⊥EF，则∠GMH＝θ就是平面BFG与底面ABCD所成的二面角的平面角，tanθ＝.

下面求HM的值.

建立如图所示的直角坐标系，据题设可知.

H(，)、E(，0)、F(1，)

∴直线EF的方程为

＝，

即　 4x-6y-1＝0.

由点到直线的距离公式可得

｜HM｜＝＝，

∴tgθ＝·＝，θ＝arctg.

说明　 运用解析法来求HM的值是本例的巧妙所在.

453. 在棱长为1的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，P是A₁B₁上的一动点，平面PAD₁和平面PBC₁与对角面ABC₁D₁所成的二面角的平面角分别为α、β，试求α+β的最大值和最小值.

解析：如图.对角面A₁B₁CD⊥对角面ABC₁D₁，其交线为EF.过P作PQ⊥EF于Q，则PQ⊥对角面ABC₁D₁.分别连PE、PF.

∵EF⊥AD₁，PE⊥AD₁(三垂线定理).故由二面角的平面角定义知　 ∠PFQ＝α，

同理，∠PFQ＝β.

设A₁P＝x,(0≤x≤1)，则PB₁＝1-x.

∵EQ＝A₁P，QF＝PB₁，PQ＝，

∴当0＜x＜1时，有

tanα＝,tanβ＝,

∴tan(α+β)＝＝

＝

而当x＝0时α＝，tan(α+β)＝tan(+β)＝-cotβ＝-＝-，上式仍成立；类似地可以验证.当x＝1时，上式也成立，于是，当x＝时，tan(α+β)取最小值-2；当x＝0或1时，tan(α+β)取最大值-.

又∵　 0＜α+β＜π，

∴(α+β)max＝π-arctan

(α+β)min＝π-arctan2

452.　 求棱长为a的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的面对角线A₁C₁与AB₁的距离.

解法一：连结BD₁，取A₁B₁的中点E，连BE交AB₁于M，连D₁E交A₁C₁于N，连MN.

因为ΔA₁NE∽ΔC₁ND₁，所以＝＝，

则＝，同理＝.

∵＝.∴MN∥BD₁.

由三垂线定理知BD₁与A₁C₁、AB₁都垂直，故MN为两对角线的公垂线，

又ΔEMN∽ΔEBD₁

故＝＝.∴MN＝a.

解法二：取A₁M＝，B₁N＝，过N作NP⊥A₁B₁于P，连MP，则ΔMPN为直角三角形，由计算，PM＝a,PN＝a,故MN＝a.又A₁N＝a，A₁M＝a,故A₁N²＝A₁M²+MN²，于是MN⊥A₁C₁；同理，由AN＝a,AM＝a,MN＝a可知MN⊥AB₁.故MN为AB₁与A₁C₁的公垂线段，从而AB₁与A₁C₁的距离为a.

解法三：可转化为求平行平面间的距离.连A₁D，C₁D，A₁C₁，B₁C.易知A₁D∥B₁C，A₁C₁∥AC.故平面A₁DC₁∥平面AB₁C.连BD₁，设与平面A₁DC₁交于M，与平面AB₁C交于N.因BD₁与图中所示6条面对角线都垂直，故BD⊥面A₁DC₁，也垂直于AB₁C.即MN是A₁C₁与AB₁的距离，在RtΔD₁DB中，D₁M＝＝a，而同理可求BN＝a，故

MN＝a-a-a＝a.

说明　 上例还可以利用直线与平面平行、体积转换等方法求解.

451.　 如图1，线段AB平面α，线段CD平面β，且平面α∥平面β，AB⊥CD，AB＝CD＝a,α、β的距离为h，求四面体ABCD的体积.

图1 　　　　　　　　　　　　　　　　图2

解析：依题意可构造一个底面对角线长为a，高为h的正四棱柱(如图2).

显然，正四棱柱的底面边长为a.其体积为

V_柱＝(a)²h＝a²h.

而三棱锥C-AC′B的体积为

V_锥＝V_柱.

故四面体ABCD的体积为

V＝V_柱-4V_锥＝V_柱-V_柱

＝V_柱＝a²h.

说明　 本题运用了“构造辅助体”的解题技巧.

450. 四面体对棱长分别相等，分别是a,b,c.求体积.

解析： 把四面体“嵌入”棱长为x,y,z的长方体(如图).其充分条件是

有实数解

如果关于x,y,z的方程组有实数解，则四面体体积

V＝xyz-4··(xy)·z＝xyz

＝

说明　 对棱相等的四面体各面是全等的锐角三角形，本题采用了体积分割法，转化法求体积.

449. PA、PB、PC是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角为60°，求直线PC与平面PAB所成的角的余弦值．

解析：如图答9-22，在PC上任取一点D，作DH⊥平面PAB于H，则∠DPH为PC与平面PAB所成的角．作HE⊥PA于E，HF⊥PB于F，连结PH，DE，DF．∵　 EH、FH分别为DE、DF在平面PAB内的射影，由三垂线定理可得DE⊥PA．DF⊥PB．∵　 ∠DPE=∠DPF，∴　 △DPE≌△DPF．∴　 PE=PF．∴　 Rt△HPE≌Rt△HPF，∴　 HE=HF，∴　 PH是∠APB的平分线．设EH=a，则PH=2EH=2a，．在Rt△PDE中，∠DPE=60°，DE⊥PA，∴　 ．在Rt△DPH中，DH⊥HP，PH=2a，，∴　

448. 如图9-32，△ABD和△ACD都是以D为直角顶点的直角三角形，且AD=BD=CD，∠BAC=60°．求证：

图9-32

　(1)BD⊥平面ADC；

　(2)若H是△ABC的垂心，则H为D在平面ABC内的射影．

解析：(1)设AD=BD=CD=a，则．∵　 ∠BAC=60°，∴　 ．由勾股定理可知，∠BDC=90°．即BD⊥DC，又∵　 BD⊥AD，AD∩DC=D，∴　 BD⊥平面ADC．

　(2)如图答9-21，要证H是D在平面ABC上的射影，只需证DH⊥平面ABD．连结HA、HB、HC．∵　 H是△ABC的垂心，∴　 CH⊥AB．∵　 CD⊥DA，CD⊥BD，∴ 　CD⊥平面ABD，∴　 CD⊥AB．∵　 CH∩CD=C，∴　 AB⊥平面DCH．　 ∵　 DH平面DCH，∴　 AB⊥DH，即DH⊥AB，同理DH⊥BC．∵　 AB∩BC=B，∴　 DH⊥平面ABC．

447. 如图9-31，SA、SB、SC三条直线两两垂直，点H是S在平面ABC上的射影，求证：H是△ABC的垂心．

解析：∵　 SC⊥SA，SC⊥SB，且SA∩SB=S，∴　 SC⊥平面SAB，∴　 AB⊥SC．∵　 H是S在平面ABC上的射影，∴　 SH⊥平面ABC．连结CH，CH为SC在平面ABC上的射影，∵　 AB⊥SC，由三垂线定理的逆定理可知CH⊥AB，即CH为AB的垂线．同理AH⊥BC，即AH为BC边的垂线．H为△ABC两条垂线的交点，∴　 H为△ABC垂心．

446. 如图9-30，直线a、b是异面直线，它们所成角为30°，为a、b的公垂线段，．另有B在直线a上，且BA=2cm，求点B到直线b的距离．

解析：如图答9-20，过作，则与b确定平面a ．作于C，在平面a 内作CD⊥b于D，连结BD．∵　 ∴　 ．　 ∵　 ，，∴　 ．∵　 ，∴　 BC⊥a ．∵　 CD⊥b，∴　 BD⊥b(三垂线定理)，即BD为B点到b的距离．∵　 ，∴　 为异面直线a与b所成的角，∴　 ．∵　 ，，∴　 CD=1．在Rt△BCD中，，CD=1，∠BCD=90°，∴　 ，∴　 ．