已知正三棱柱ABC-A （1）证明：如图所示，连接B1C交BC1于E，连接DE，∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴B1E=EC．又AD=DC．∴DE∥AB1，而DE？平面C1DB，AB1？平面C1DB，∴AB1∥平面C1DB．（2）由（1）知∠DEB或其补角为异面直线AB1与BC1所.
如图，已知正三棱柱ABC=A （I）过E作EN⊥AC于N，连接EF，NF，AC1，由直棱柱的性质可知，底面ABC⊥侧面A1CEN⊥侧面A1CNF为EF在侧面A1C内的射影则由CFCC1＝CNCA＝14，得NF∥AC1，又AC1⊥A1C，故NF⊥A1C由三垂线定理可知EF⊥A1C（II）连接AF，过N作NM⊥AF与M，连接ME由（I）可知EN⊥侧面A1C，根据三垂线定理得EM⊥AFEMN是二面角C-AF-E的平面角即∠EMN=θ设∠FAC=α则0°α≤45°，在直角三角形CNE中，NE=3，在直角三角形AMN中，MN=3sinα故tanθ=33sinα，又0°α≤45°∴0α≤22故当α=45°时，tanθ达到最小值，tanθ=63，此时F与C1重合．
已知正三棱柱ABC-A 取B1C的中点F，连接EF、DFBB1C中，EF是中位线，∴EF∥B1B，AD∥B1B，∴EF∥AD，可得EF、AD确定一个平面，设此平面为αAE∥平面DB1C，AE？平面α，且平面DB1C∩α=DFAE∥DF，结合EF∥AD得四边形AEFD是平行四边形因此AD=EF=12A1A，可得D为A1A的中点ADDA1＝m=1故答案为：1
已知正三棱柱ABC-A 正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，三棱锥B1-ABC1的体积等于A-B1BC1的体积，也等于A1-BB1C1的体积，取B1C1的中点D，则由正三棱柱的性质可知，A1D⊥面BB1C1，A1D＝32，三棱锥B1-ABC1的体积V=13×12×1×1×32＝312，故答案为：312．
已知正三棱柱ABC-A 根据对称性，可得球心O到正三棱柱的底面的距离为2，球心O在底面ABC上的射影为底面的中心O'，则O'A=23×32×2=233，由球的截面的性质，可得，OA2=OO'2+O'A2，则有OA=4+43=43，则球面O的表面积为4π？OA2=64π3故选D．
已知正三棱柱ABC-A 设球O2的为r，球O1的半径为R三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，三棱柱的六个顶点都在球O1的球面上，三棱柱的高（侧棱长）为2r．正三棱柱ABC-A1B1C1的底面与球O1的大圆截面如图（1）所示：可得AB=23r，BO1=2r正三棱柱的底面中心的连线的中点就是外接球O1的球心，（2r）2+r2=R2，∴5r2=R2，∴球O1与球O2的表面积之比为5：1．故选：A
已知正三棱柱ABC-A 正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点A1，B1，C1在同一球面上，且平面ABC经过球心，此球的表面积为4π，∴此球半径R=1，如图，设三棱柱正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点A1，B1，C1所在球面的小圆的半径为r，球心到顶点A1，B1，C1所在.
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.
