如圖，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面ABC為正三角形，M、N、G分別是棱CC₁、AB、BC的中點，且.

（Ⅰ）求證：CN∥平面AMB₁；

（Ⅱ）求證： B₁M⊥平面AMG.

【解析】本試題主要是考查了立體幾何匯總線面的位置關系的運用。第一問中，要證CN∥平面AMB₁；，只需要確定一條直線CN∥MP，既可以得到證明

第二問中，∵CC₁⊥平面ABC，∴平面CC₁ B₁ B⊥平面ABC，得到線線垂直，B₁M⊥AG，結合線面垂直的判定定理和性質定理，可以得證。

解：(Ⅰ)設AB₁ 的中點為P，連結NP、MP ………………1分

∵CM   ，NP   ，∴CM       NP， …………2分

∴CNPM是平行四邊形，∴CN∥MP  …………………………3分

∵CN  平面AMB₁，MP奐  平面AMB₁，∴CN∥平面AMB₁…4分

(Ⅱ)∵CC₁⊥平面ABC，∴平面CC₁ B₁ B⊥平面ABC，

    ∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC₁ B₁ B，∴B₁M⊥AG………………6分

∵CC₁⊥平面ABC，平面A₁B₁C₁∥平面ABC，∴CC₁⊥AC，CC₁⊥B₁ C，  

設：AC=2a，則

…………………………8分

同理，…………………………………9分

∵ BB₁∥CC₁，∴BB₁⊥平面ABC，∴BB₁⊥AB，

………………………………10分

 

如圖所示的長方體中，底面是邊長為的正方形，為與的交點，，是線段的中點．

（Ⅰ）求證：平面；

（Ⅱ）求證：平面；

（Ⅲ）求二面角的大�。�

【解析】本試題主要考查了線面平行的判定定理和線面垂直的判定定理，以及二面角的求解的運用。中利用，又平面，平面，∴平面由，，又，∴平面． 可得證明

（3）因為∴為面的法向量．∵，，

∴為平面的法向量．∴利用法向量的夾角公式，，

∴與的夾角為，即二面角的大小為．

方法一：解:（Ⅰ）建立如圖所示的空間直角坐標系．連接，則點、，

∴，又點，，∴

∴，且與不共線，∴．

又平面，平面，∴平面．…………………4分

（Ⅱ）∵，

∴，，即，，

又，∴平面．   ………8分

（Ⅲ）∵，，∴平面，

∴為面的法向量．∵，，

∴為平面的法向量．∴，

∴與的夾角為，即二面角的大小為

 

平面幾何中，同垂直于一條直線的兩直線________.那么，類比到空間中有：（1）同垂直于一條直線的兩條直線平行,這個命題成立嗎？______.為什么？_______.（2）同垂直于一個平面的兩條直線_________.這個命題是__________（填：真、假）命題.原因是：已知a⊥平面α,b⊥平面α,求證：a∥b.假設b不平行于a,設b∩α=O,b′是經過點O與直線_______平行的直線.∵a_______b′,a⊥α ,?∴b′________α,?即經過同一點O的兩條直線________、_______都垂直于平面α，這是不可能的.因此，________.這種證明的方法是________法.?

命題（2）的逆命題是：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也_________這個平面.用數(shù)學符號表示：已知a_____b,a_______平面α,求證：b______α.?

證明：設m是α內的任意一條直線.∵a________α,mα,?

?∴a________m.又∵a_______b,∴________bm.又∵mα,m是_______,∴由線面垂直的__________可知b______α.

已知正方體ABCD－A₁B₁C₁D₁，

  O是底面ABCD對角線的交點.

（1）求證：A₁C⊥平面AB₁D₁；

（2）求.

【解析】（1）證明線面垂直，需要證明直線垂直這個平面內的兩條相交直線，本題只需證：即可.

（2）可以利用向量法，也可以根據(jù)平面A₁ACC₁與平面AB₁D₁垂直，可知取B₁D₁的中點E，則就是直線AC與平面AB₁D₁所成的角.然后解三角形即可.

 

如圖，在四棱錐中，底面ABCD是正方形，側棱底面ABCD，，E是PC的中點，作交PB于點F.

（1）證明 平面；

（2）證明平面EFD；

（3）求二面角的大�。�

【解析】本試題主要考查了立體幾何中線面平行的判定，線面垂直的判定，以及二面角的求解的綜合運用試題。體現(xiàn)了運用向量求解立體幾何的代數(shù)手法的好處。