542.经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行.

已知：Aα，A∈β，β∥α

求证：β是唯一的.

证：设l过A点，且l⊥α，这样的直线是唯一的.

又β∥α，则β⊥l，过点A与α平面的平面一定和l垂直.

∵过点A和直线l垂直的平面是唯一的.

∴过点A和α平行的平面是唯一的.

541.　 如图，已知直线a∥平面α；求证：过a有且只有一个平面平行于α.

证明　 (1)存在性：设过a的平面与α交于a′，∵a∥α，∴a∥a′.在α上，设直线b′∩a′＝A′,在a上取点A，A与b′确定平面δ，在δ上过A作b∥b′.则a、b是相交直线(若重合，则显然b′∥a′，矛盾).∴a,b确定平面β，则β∥α.

(2)唯一性：设过a还有一个平面π∥α，∵π与δ有公共点A，∴π与δ相交于过A的直线b″，又π∥a，δ∩b′，∴b″∥b′,∴b″∥b,而b″与b都过点A，故重合，故π与β重合.

540. 如图，已知正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁，求证：(1)平面AB₁D₁∥平面C₁BD；(2)对角线A₁C被平面AB₁D₁和平面C₁BD三等分.

解析：本题若根据“一个平面内两条相交的直线分别与另一平面内两条相交的直线平行，则两平面平行”是很容易解决论证平面AB₁D₁∥平面C₁BD的，但兼顾考虑(2)的论证，(1)我们还是采用“两平面垂直于同一直线则两平面平行”的判定的方法.

证：(1)连AC，∵BD⊥AC，AC是A₁C在底面上的射影，由三条垂线定理得A₁C⊥BD，同理可证A₁C⊥BC₁.

∴A₁C⊥平面C₁BD，同理也能证得A₁C⊥平面AB₁D₁.

∴平面AB₁D₁∥平面C₁BD.

(2)设A₁到平面AB₁D₁的距离为h，正方体的棱长为a，则有：h·(a)²＝a· a².

∴h＝a.同理C到平面C₁BD的距离也为a，而A₁C＝a.故A₁C被两平行平面三等分.

评析：论证A₁C被两平行平面三等分，关键是求A₁到平面AB₁D₁的距离，C到平面C₁BD的距离，这里用三棱锥体积的代换，若不用体积代换，则可以在平面A₁ACC₁中去考虑：

连A₁C₁，设A₁C₁∩B₁D₁＝O₁，AC∩BD＝0，如图连AO₁，C₁O，AC₁，设AC₁∩A₁C＝K.A₁C∩AO₁＝M，C₁O∩A₁C＝N.可证M为ΔA₁AC₁的重心，N为ΔACC₁的重心，则可推知MN＝NC＝A₁M.

另外值得说明的是：A₁C是面AB₁D₁和面BC₁D的公垂线.

异面直线AD₁和C₁D的距离也等于MN.

539.　 如图，在三棱锥S-ABC中，A₁、B₁、C₁分别是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，(1)求证：平面A₁B₁C₁∥平面ABC；(2)求三棱锥S-A₁B₁C₁与S-ABC体积之比.

解析：本题显然应由三角形重心的性质，结合成比例线段的关系推导出“线线平行”再到“线面平行”到“面面平行”，至于体积的比的计算只要能求出相似三角形面积的比和对应高的比就可以了.

证：(1)：∵　 A₁、B₁、C₁是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，连SA₁、SC₁并延长交BC、AB于N、M，则N、M必是BC和AB的中点.连MN

∵＝＝，

∴A₁C₁∥MN.

∵MN平面ABC，

∴A₁C₁∥平面ABC.

同理可证　 A₁B₁∥平面ABC.

∴　 平面A₁B₁C₁∥平面ABC.

(2)由(1)＝，MN∥AC，

∴A₁C₁∥AC.

同理可证：A₁B₁∥AB，

B₁C₁∥BC.

∴　 ΔA₁B₁C₁≌ΔABC，

S＝S_ΔABC.

设三棱锥S-ABC的高为h，S-A₁B₁C₁的高为h₁则有：＝＝,∴h₁＝h.

∴＝＝.

评析：要掌握线面平行的相互转化的思想方法外，还要有扎实的相似形和线段成比例的基础.

538.　 如图，已知线段PQ、PD、QF分别和平行平面α、β交于A、B、C、D、E、F，若AP＝BQ，求证：S_ΔACF＝S_ΔBDE.

解析： 由已知得AC∥BD，EB∥AF，∠CAF＝∠EBD，又AC∶BD＝PA∶PB＝QB∶QA＝EB∶AF，∴AC·AF·sin∠CAF＝BE·BD·sin∠DBE.∴S_ΔACF＝S_ΔBDE.

537. 已知A，B∈平面α，C，D∈平面β，α∥β，AB＝13，BD＝15，AC、BD在平面α上的射影长之和是14，求AC、BD在平面α上的射影长，以及平面α、β的距离.

解　 如图，设α、β的距离是h，则AC在α内的射影长是，BD在α内的射影长是.

根据题意，+＝14.

解这个方程，h＝12.

∴　 ＝5, ＝9.

故AC、BD在平面α上的射影长分别是5和9，平面α、β的距离是12.

点评　 平行平面间距离通常转化为点面距离或线面距离最终转化为点面距离.

536.　 已知直线a、b、c，平面α∩平面β＝a,bα，cβ，且b与c无公共点，则b与c不平行的充要条件是(　　 )

A.b、c都与α相交　　　　　　 　　　　 B.b、c中只有一条与α相交

C.b、c中至多一条与α相交　　 　　　　 D.b、c中至少有一条与α相交

解析：本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，充要条件，以及空间想象能力和等价转化能力.

解法一：若直线b与c不平行，又由b与c无公共点，则b与c必定异面，根据异面直线的定义和线面位置关系可知或者b与c都与a相交，或者b、c中有一条与a相交，另一条与a平行，即b、c中至少有一条与α相交，即D成立；反之，当D成立时，不难证明b与c必不平行，所以应选D.

解法二：由题设及异面直线的定义可知，若b、c都与a相交能推出b与c异面，即b与c不平行；反过来，b与c不平行不一定推出b、c都与a相交，即A是充分非必要条件，而不是充要条件，同理，B也是充分非必要条件，而非充要条件，又由b、c中至多有一条与a相交，包含b、c中有一条与a相交和b、c都不与a相交两种情形，而对于后者，即b∥a且c∥a，则b∥c.故c既非充分又非必要条件，综上所述，排除A、B、C三个选择项，从而选择D.

535.　 有四个命题

(1)一条直线和另一条直线平行，它就和经过另一条直线的任何平面平行

(2)一条直线和一个平面平行，它就和这个平面内的任何直线平行

(3)平行于同一平面的两条直线平行

(4)如果直线a∥平面α，a平面β，且α∩β＝b,则a∥b.

其中假命题共有(　　 )

A.1个　　　 　　 B.2个　　 　 　　C.3个　 　　 　　　D.4个

解析：此题考查线线位置关系和线面位置关系，以及空间想象能力.一条直线和另一条直线平行，它可能在经过另一条直线的平面内，故(1)是假命题.一条直线和另一个平面平行，它与这个平面的直线可能平行，也可能异面，故(2)也是假命题，又平行于同一平面的两条直线，也可能平行，也可能异面或相交，故(3)也是假命题，而命题(4)是真命题，也是线面平行的性质定理.故选C。

534.　 点A为异面直线a、b外一点，过A与a、b都平行的平面(　　 )

A.只有一个　　　　　　 B.只有两个

C.至多有一个　　　　　 D.有无数个

解析：本题考查线线位置关系，线面位置关系，平面基本性质，以及空间想象能力

解法一：过点A作a′∥a,b′∥b，根据公理3，a′与b′确定一个平面为α，则异面直线a与b至多有一条在α内，当a、b都不在α内时，过A与a、b都平行的平面恰有一个，即α；当a、b中有一条在α内时，过A与a、b都平行的平面不存在，故选C.

解法二：过异面直线a、b分别作平面α、β使α∥β，若点A在α或β上，则过A与a、b都平行的平面不存在；若点A在α外且在β上，则过A恰有一个平面平行于α、β，则过点A与a、b都平行的平面恰有一个.

533. 已知：如图，α∥β，异面直线AB、CD和平面α、β分别交于A、B、C、D四点，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，求证：(1)E、F、G、H共面；(2)面EFGH∥平面α.

证明 　(1)∵E、H分别是AB、DA的中点，∴EH∥BD.同理FG∥BD.∴FG∥EH.∴四边形EFGH是平行四边形，即E、F、H、G共面.

(2)平面ABD和平面α有一个公共点A，设两平面交于过点A的直线AD′∴α∥β，∴　　 AD′∥BD.又∵BD∥EH，∴EH∥BD∥AD′.∴EH∥平面α，EH∥平面β，同理FG∥平面α，FG∥平面β.

∴平面EFHG∥平面α∥平面β.