（2014？乌鲁木齐三模）已知正三棱柱ABC-A 证明：（1）取AC的中点G，连接FG，BG，则有EB∥C1C∥FG，平面BEF与平面EBGF共面，FG⊥AC，而在正三角形ABC中，G是AC的中点，∴BG⊥AC，又FG∩BG=G，∴AC⊥平面EBGF，即AC⊥平面BEF．（2）设点E到平面FAC的距离为h，点B到平面FAC的距离为d，由EB∥FG，得EB∥平面FAC，∴d=h，又平面A1ACC1⊥平面ABC，BG⊥AC，∴BG⊥平面FAC，在正三角形ABC中，AB=2，∴BG=3，即h=3，S△FAB=12FG？AC=6VF-AEC=VE-FAC=13h=13×6×3＝2．
（2006？朝阳区三模）已知：在正三棱柱ABC-A （Ⅰ）∵正三棱柱中AC∥A1C1，CAD是异面直线AD与A1C1所成的角．（2分）连结CD，易知AD=CD=2a，AC=a，在△ACD中易求出cos∠CAD=24．因此异面直线AD与A1C1所成的角的余弦值为=24．（4分）（Ⅱ）设AC中点为G，连结GB，GD，ABC是等边三角形，∴GB⊥AC．又DB⊥面ABC，∴GD⊥AC．DGB是所求二面角的平面角．（6分）依条件可求出GB=32a．tan∠DGB=DBGB=233．DGB=arctan233．（8分）（Ⅲ）证明：D是B1B的中点，∴△C1B1D≌△ABD．∴AD=C1D．于是△ADC1是等腰三角形．E是AC1的中点，∴DE⊥AC1．（10分）G是AC的中点，∴EG∥C1C∥DB，EG=12，C1C=DB．四边形EGBD是平行四边形．∴ED∥GB．G是AC的中点，且AB=BC，∴GB⊥AC．∴ED⊥AC．AC∩AC1=A，ED⊥平面ACC1A1．（13分）
已知正三棱柱ABC—A 剖析：本题的结论是“开放性”的 点D位置的确定如果仅凭已知条件推理难以得出.由于AB1与BC1这两条面对角线是相邻两侧面上的异面直线 于是可考虑将BC1沿BA平行移动 BC1取AE1位置 则平面AB1E1一定平行于BC1 问题可以解决.(1)解：如图 将正三棱柱ABC—A1B1C1补成一直平行六面体ABCE—A1B1C1E1 由AE1∥BC1 AE1平面AB1E1 知BC1∥平面AB1E1 故平面AB1E1应为所求平面 此时平面AB1E1交A1C1于点D 由平行四边形对角线互相平行性质知 D为A1C1的中点.(2)证明：连结AD 从直平行六面体定义知AA1⊥底面A1B1C1D1 且从A1B1C1E1是菱形知 B1E1⊥A1C1 据三垂线定理知 B1E1⊥AD.又AD∩A1C1=D 所以B1E1⊥平面AA1D.又B1E1平面AB1D 所以平面AB1D⊥平面AA1D.(3)解：因为平面AB1D∩平面AA1D=AD 所以过A1作A1H⊥AD于点H.作HF⊥AB1于点F 连结A1F 从三垂线定理知A1F⊥AB1.故∠A1FH是二面角A1AB1D的平面角.设侧棱AA1=1 侧棱AB=.于是AB1=.在Rt△AB1A1中 A1F=在Rt△AA1D中 AA1=1 A1D=A1C1=AD=.则A1H=.在Rt△A1FH中 sin∠A1FH=所以∠A1FH=45°.因此可知平面AB1D与平面AB1A1所成角为45°或135°.讲评：本题主要考查棱柱的性质 以及面面关系、二面角的计算 同时考查空间想象能力和综合运用知识解决问题的能力.
已知直三棱柱ABC—A
解析几何题 延长A1A，B1B，C1C，各一倍，即在底面下面再接一个同样的棱柱ABC-A2B2C2，连接A2C1 A2B A2B/AB1=>；度 A2C1B是直角三角形 设，所求棱长为X，则，BC1=A2B=2^+X^C1A2=2^+(2X)^=4+4X^。
