p12.第11题：（1）证明：因为四边形abcd是菱形，所以ac⊥bd
又pd⊥平面abcd,ac在平面abcd内。
所以pd⊥ac
又pd和bd是平面pdb内的两条相交直线。
则由线面垂直的判定定理知：
ac⊥平面pdb
又ac在平面pac内。
所以由面面垂直的判定定理可得：
平面pac⊥pdb.
2）三分之二倍根号三。
p15.第8题：如图，过s引三条长度相等但不共面的线段sa、sb、sc，且∠asb=∠asc=60°，∠bsc=90°，求证：平面abc⊥平面bsc。
问题补充：
解； 取bc中点o，连接oa,os
sa=sb=sc,∠asb=∠asc=60°
△sab与△sac是正三角形。
ab=sa=ac
abc是等腰三角形。
o是bc中点。
ao⊥bcao^2=ac^2-oc^2
而∠bsc=90°
则△sbc是等腰直角三角形。
o是bc中点。
so=1/2bc=oc
so^2=oc^2
则ao^2+so^2=ac^2=as^2
即ao⊥so
又∵ao⊥bc,so∩bc=o
ao⊥面bsc
而ao∈面abc
平面abc⊥平面b
9. (题目稍有改动)已知四棱锥p-abcd中，底面abcd为直角梯形，ab∥cd，ab=12
cd=1，∠bad=90°，△pad为正三角形，且面pad丄面abcd，异面直线pb与ad所成的角的余弦值为 5 ，e为pc的中点．
ⅰ）求证：be∥平面pad；
ⅱ）求点b到平面pcd的距离；
ⅲ）求平面pad与平面pbc相交所成的锐二面角的大小．考点：与二面角有关的立体几何综合题；直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．专题：综合题．分析：
（ⅰ取pd的中点f，连接ef，af，先证出be∥af，继而可证出be∥平面pad
ⅱ）先证出ab∥面pcd，将点b到平面pcd的距离转化为点a到平面pcd的距离，即为af的长度．再在△pad中求解．
（ⅲ）延长cb交da于h，连接ph，证出∠dpc为面pad与面pbc所成二面角的平面角，在直角△pcd中求解．解答：解：（ⅰ证明：如图
取pd的中点f，连接ef，af，由e为pc的中点知：ef∥cd，ef=1 2 cd，又ab∥cd，ab=1 2 cd，所以四边形abef为平行四边形，所以 be∥af，又be面pad，af面pad，∴be∥平面pad；
ⅱ）解：由（ⅰ）知，af⊥pd，面pad⊥面abcd，cd⊥ad
cd⊥面pad，又af面pad
af⊥cd，且pd∩cd=d
af⊥面pcd
又ab∥cd，∴ab∥面pcd，∴点a到平面pcd的距离af等于点b到平面pcd的距离．
取cd的中点g，连接bg，pg由题意知四边形abcd为矩形，∴∠pbc为异面直线所成的角或其补角．
设正△pad的边长为a，则在△pbg中易知pb=pg= a2+1 ，bg=a，∠pbg为锐角，由题意得a2+a2+ 1-a2-1 2a a2+1 = 5 5 ，解得a=2，∴af= 3
即点b到平面pcd的距离为 3 ．
ⅲ） 延长cb交da于h，连接ph，如图。
ab∥cd，ab=cd=1，pa=ad=2
ha=ad=ap
dp⊥h，p又cd⊥面pad
pd 为pc在pad内的射影。
pc⊥hp∠dpc为面pad与面pbc所成二面角的平面角。
在直角△pcd中，tan∠dpc=cd dp =1
∠dpc=45°即平面pad与平面pbc相交所成的锐二面角的大小为45°．点评：本题考查线面位置关系、点面距的计算、线面角的度量，考查分析解决问题、空间想象、转化、计算的能力与方程思想．
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