542.經過平面外一點只有一個平面和已知平面平行.
已知：A
α，A∈β，β∥α
求證：β是唯一的.
證：設l過A點，且l⊥α，這樣的直線是唯一的.
又β∥α，則β⊥l，過點A與α平面的平面一定和l垂直.
∵過點A和直線l垂直的平面是唯一的.
∴過點A和α平行的平面是唯一的.
541. 如圖，已知直線a∥平面α；求證：過a有且只有一個平面平行于α.
證明 (1)存在性：設過a的平面
與α交于a′，∵a∥α，∴a∥a′.在α上，設直線b′∩a′＝A′,在a上取點A，A與b′確定平面δ，在δ上過A作b∥b′.則a、b是相交直線(若重合，則顯然b′∥a′，矛盾).∴a,b確定平面β，則β∥α.
(2)唯一性：設過a還有一個平面π∥α，∵π與δ有公共點A，∴π與δ相交于過A的直線b″，又π∥a，δ∩b′，∴b″∥b′,∴b″∥b,而b″與b都過點A，故重合，故π與β重合.
540. 如圖，已知正方體ABCD-A1B1C1D1，求證：(1)平面AB1D1∥平面C1BD；(2)對角線A1C被平面AB1D1和平面C1BD三等分.
解析：本題若根據“一個平面內兩條相交的直線分別與另一平面內兩條相交的直線平行，則兩平面平行”是很容易解決論證平面AB1D1∥平面C1BD的，但兼顧考慮(2)的論證，(1)我們還是采用“兩平面垂直于同一直線則兩平面平行”的判定的方法.
證：(1)連AC，∵BD⊥AC，AC是A1C在底面上的射影，由三條垂線定理得A1C⊥BD，同理可證A1C⊥BC1.
∴A1C⊥平面C1BD，同理也能證得A1C⊥平面AB1D1.
∴平面AB1D1∥平面C1BD.
(2)設A1到平面AB1D1的距離為h，正方體的棱長為a，則有：
h·
(
a)2＝a· 
a2.
∴h＝
a.同理C到平面C1BD的距離也為a，而A1C＝
a.故A1C被兩平行平面三等分.
評析：論證A1C被兩平行平面三等分，關鍵是求A1到平面AB1D1的距離，C到平面C1BD的距離，這里用三棱錐體積的代換，若不用體積代換，則可以在平面A1ACC1中去考慮：
連A1C1，設A1C1∩B1D1＝O1，AC∩BD＝0，如圖連AO1，C1O，AC1，設AC1∩A1C＝K.A1C∩AO1＝M，C1O∩A1C＝N.可證M為ΔA1AC1的重心，N為ΔACC1的重心，則可推知MN＝NC＝A1M.
另外值得說明的是：A1C是面AB1D1和面BC1D的公垂線.
異面直線AD1和C1D的距離也等于MN.
539. 如圖，在三棱錐S-ABC中，A1、B1、C1分別是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，(1)求證：平面A1B1C1∥平面ABC；(2)求三棱錐S-A1B1C1與S-ABC體積之比.
解析：本題顯然應由三角形重心的性質，結合成比例線段的關系推導出“線線平行”再到“線面平行”到“面面平行”，至于體積的比的計算只要能求出相似三角形面積的比和對應高的比就可以了.
證：(1)：∵ A1、B1、C1是ΔSBC、ΔSCA、ΔSAB的重心，連SA1、SC1并延長交BC、AB于N、M，則N、M必是BC和AB的中點.連MN
∵
＝
＝
，
∴A1C1∥MN.
∵MN
平面ABC，
∴A1C1∥平面ABC.
同理可證 A1B1∥平面ABC.
∴ 平面A1B1C1∥平面ABC.
(2)由(1)
＝，MN∥AC，
∴A1C1∥AC.
同理可證：A1B1∥AB，
B1C1∥BC.
∴ ΔA1B1C1≌ΔABC，
S
＝
SΔABC.
設三棱錐S-ABC的高為h，S-A1B1C1的高為h1則有：
＝
＝,∴h1＝h.
∴
＝
＝
.
評析：要掌握線面平行的相互轉化的思想方法外，還要有扎實的相似形和線段成比例的基礎.
538. 如圖，已知線段PQ、PD、QF分別和平行平面α、β交于A、B、C、D、E、F，若AP＝BQ，求證：SΔACF＝SΔBDE.
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.∴SΔACF＝SΔBDE.
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上的射影長之和是14，求AC、BD在平面α上的射影長，以及平面α、β的距離.
解 如圖，設α、β的距離是h，則AC在α內的射影長是
，BD在α內的射影長是
.
根據題意，+＝14.
解這個方程，h＝12.
∴ ＝5, ＝9.
故AC、BD在平面α上的射影長分別是5和9，平面α、β的距離是12.
點評 平行平面間距離通常轉化為點面距離或線面距離最終轉化為點面距離.
536. 已知直線a、b、c，平面α∩平面β＝a,bα，cβ，且b與c無公共點，則b與c不平行的充要條件是( )
A.b、c都與α相交 B.b、c中只有一條與α相交
C.b、c中至多一條與α相交 D.b、c中至少有一條與α相交
解析：本題考查直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，充要條件，以及空間想象能力和等價轉化能力.
解法一：若直線b與c不平行，又由b與c無公共點，則b與c必定異面，根據異面直線的定義和線面位置關系可知或者b與c都與a相交，或者b、c中有一條與a相交，另一條與a平行，即b、c中至少有一條與α相交，即D成立；反之，當D成立時，不難證明b與c必不平行，所以應選D.
解法二：由題設及異面直線的定義可知，若b、c都與a相交能推出b與c異面，即b與c不平行；反過來，b與c不平行不一定推出b、c都與a相交，即A是充分非必要條件，而不是充要條件，同理，B也是充分非必要條件，而非充要條件，又由b、c中至多有一條與a相交，包含b、c中有一條與a相交和b、c都不與a相交兩種情形，而對于后者，即b∥a且c∥a，則b∥c.故c既非充分又非必要條件，綜上所述，排除A、B、C三個選擇項，從而選擇D.
535. 有四個命題
(1)一條直線和另一條直線平行，它就和經過另一條直線的任何平面平行
(2)一條直線和一個平面平行，它就和這個平面內的任何直線平行
(3)平行于同一平面的兩條直線平行
(4)如果直線a∥平面α，a平面β，且α∩β＝b,則a∥b.
其中假命題共有( )
A.1個 B.2個 C.3個 D.4個
解析：此題考查線線位置關系和線面位置關系，以及空間想象能力.一條直線和另一條直線平行，它可能在經過另一條直線的平面內，故(1)是假命題.一條直線和另一個平面平行，它與這個平面的直線可能平行，也可能異面，故(2)也是假命題，又平行于同一平面的兩條直線，也可能平行，也可能異面或相交，故(3)也是假命題，而命題(4)是真命題，也是線面平行的性質定理.故選C。
534. 點A為異面直線a、b外一點，過A與a、b都平行的平面( )
A.只有一個 B.只有兩個
C.至多有一個 D.有無數個
解析：本題考查線線位置關系，線面位置關系，平面基本性質，以及空間想象能力
解法一：過點A作a′∥a,b′∥b，根據公理3，a′與b′確定一個平面為α，則異面直線a與b至多有一條在α內，當a、b都不在α內時，過A與a、b都平行的平面恰有一個，即α；當a、b中有一條在α內時，過A與a、b都平行的平面不存在，故選C.
解法二：過異面直線a、b分別作平面α、β使α∥β，若點A在α或β上，則過A與a、b都平行的平面不存在；若點A在α外且在β上，則過A恰有一個平面平行于α、β，則過點A與a、b都平行的平面恰有一個.
533. 已知：如圖，α∥β，異面直線AB、CD和平面α、β分別交于A、B、C、D四點，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點，求證：(1)E、F、G、H共面；(2)面EFGH∥平面α.
證明 (1)∵E、H分別是AB、DA的中點，∴EH∥BD.同理FG∥BD.∴FG∥EH.∴四邊形EFGH是平行四邊形，即E、F、H、G共面.
(2)平面ABD和平面α有一個公共點A，設兩平面交于過點A的直線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.
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