【正文】 45．【解析】略46．（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】試題分析：（1）根據(jù)平行四邊形對角線互相平分的這個性質(zhì)先連接，找到與的交點為的中點，利用三角形的中位線平行于底邊證明，最后利用直線與平面平行的判定定理證明平面；（2）先證明平面，得到，再由已知條件證明，最終利用直線與平面垂直的判定定理證明平面.試題解析：（1）連接交于點，連接，因為底面是平行四邊形，所以點為的中點，又為的中點，所以， 4分因為平面，平面，所以平面 6分（2）因為平面，平面，所以， 8分因為，平面，平面，所以平面，因為平面，所以， 10分因為平面，平面，所以， 12分又因為，平面，平面，所以平面 14分考點：直線與平面平行、直線與平面垂直47．（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）詳見解析.【解析】（Ⅰ）要證線面平行，先找線線平行；（Ⅱ）要證線面垂直，先證線面垂直，于是需找出圖形中的線線垂直關(guān)系，以方便于證明純平面垂直.試題分析：試題解析：（Ⅰ）取中點，連，因為分別為的中點，所以，且． 2分又因為為中點，所以，且． 3分所以，．故四邊形為平行四邊形． 5分所以，又平面，平面，故平面， 7分（Ⅱ）設(shè)，由∽及為中點得，又因為，所以，． 所以，又為公共角，所以∽．所以，即． 10分又， 所以平面． 12分又平面，所以平面平面． 14分考點：直線與平面平行的判定定理、直線與平面垂直的判定定理、平面與平面垂直的判定定理.48．（I）詳見解析；（II）三棱錐的體積為.【解析】試題分析：（I）要證線面平行，先構(gòu)造面外線平行于面內(nèi)線；（II）求三棱錐的體積關(guān)鍵是選擇適當?shù)牡酌?，以便于求高為標準，為此要先考察線面垂直.試題解析：（I）若為的中點， 為上一點，故，都是線段的三等分點．設(shè)與的交點為，由于底面為矩形，則是的中位線，故有，而平面，平面內(nèi)，故平面．（II）由于側(cè)棱底面，且為矩形，故有，故平面，又因為，所以三棱錐的體積．考點：直線與平面平行的判定、直線與平面垂直的判定、三棱錐的體積公式.49．證明：取BC中點M，連結(jié)FM，．在△ABC中，因為F，M分別為BA，BC的中點，所以FM AC．因為E為的中點，AC ，所以FM ．從而四邊形為平行四邊形，所以．所以EF∥平面． （2） 在平面內(nèi)，作，O為垂足。幾何法，就是面面垂直的判定定理，或者運用向量法來得到，同理對于角的求解也是這樣的兩種方法，進而反而系得到結(jié)論。則AF=由（1）知………………8分……10分……12分考點：本試題考查了面面垂直和線面角的求解。44．(1)利用面面垂直的判定定理來證明。【解析】試題分析：(1)由三視圖可知三棱柱A1B1C1—ABC為直三棱柱，底面是等腰直角三角形，且∠ACB＝90176。42．（I）略；（II）．【解析】試題分析：（I）可以轉(zhuǎn)化為證線面垂直（如轉(zhuǎn)化為證明平面）；（II）可利用等積法求點面距．設(shè)到平面的距離為，利用，列出關(guān)于的方程，得，進而可求得．試題解析：（I）證明：∵，∴. 又由直三棱柱的性質(zhì)知， ∴平面.∴， ① 由為的中點，可知，∴，即， ② 又 ③由①②③可知平面， 又平面，故平面平面. （II）設(shè)到平面的距離為，由（I）知CD⊥平面B1C1D，所以 而由可得 又 所以 考點：空間面面垂直關(guān)系的證明；空間點面距．43．(1) 由三視圖可知三棱柱A1B1C1—ABC為直三棱柱，底面是等腰直角三角形，從而可知MO∥B1C，利用線面的平行的判定定理，得到結(jié)論。 …………………4分(II)因為正方形和矩形所在平面互相垂直,所以所以，又因為所以,所以因為，正方形和矩形，所以,所以，所以,又因為,所以又因為,所以，所以,所以。由（1）知平面，平面，．而，平面．平面，為平面與平面所成的二面角的平面角． ……………………8分在中，．由，得．．又，則． …………………11分是等腰直角三角形，．平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．　 …………………12分（法二）（1）同法一，得． ……………………3分如圖，以為坐標原點，垂直于．．所在的直線為軸建立空間直角坐標系．xyzABCEFMO由于平面平面， 平面在底面圓中利用圓的性質(zhì)得到，從而得到平面．第二問中，通過作輔助線得到二面角的平面角的大小為為平面與平面所成的二面角的平面角．然后借助于直角三角形求解得到結(jié)論。正棱柱：底面是正多邊形，側(cè)棱垂直底面；直棱柱：側(cè)棱垂直底面；正棱錐：底面是正多邊形，頂點在底面的投影是底面的中心。點評：①本題主要考查了空間的線面平行，線線垂直的證明，充分考查了學生的邏輯推理能力，空間想象力，以及識圖能力。24．(I )只需證平面∥平面； (II)只需證。（2）【解析】（1）證明：是正三角形， ，又，面， 面PAC 面ABC面PAC⊥面ABC。EB，∴EO＝＝.【解析】略21．（1）略（2）略（3）【解析】略22．略600【解析】（1）連BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝600知△BCD是等邊三角形。＝3，∴AE2＋BE2＝1＋3＝4＝AB2，∴BE⊥AE.又平面PAD⊥平面ABCD，交線為AD，∴BE⊥平面PAD.(Ⅱ)證明：取BC的中點G，連接GE，∥PB，EG∥AB，又GF∩EG＝G，∴平面EFG∥平面PAB，∴EF∥平面PAB.(Ⅲ)解：∵AD∥BC，∴AD∥平面PBC.∴點A到平面PBC的距離等于點E到平面PBC的距離．因為平面PBE⊥平面PBC.又平面PBE∩平面PBC＝PB，作EO⊥PB于O，則EO是E到平面PBC的距離，且PE＝＝1，BE＝，∴PB＝2.由EOAEcos ∠A＝4＋1－221cos 60176。 3分由底面是邊長為2的正三角形，可知AO=3∴A1O=3，AA1=34 7分（Ⅲ）過D作DF∥A1O，交AO于F，則DF⊥平面ABC．∴BF為BD在面ABC內(nèi)的射影，又∵A1C1∥AC，∴要使BD⊥A1C1，只要BD⊥AC，即證BF⊥AC，∴F為△ABC的中心，∴ 12分18．(Ⅰ)證明：∵AB＝2，∴AE＝1，∴BE2＝AB2＋AE2－2AB（3）中，結(jié)合三垂線定理和中心的位置關(guān)系得到結(jié)論。對于空間中點線面的位置關(guān)系的研究和靈活的運用?！郈D＝2，AD＝4．∴SABCD＝．……………… 3分則V＝． ……………… 5分（Ⅱ）∵PA＝CA，F(xiàn)為PC的中點，∴AF⊥PC． ……………… 7分∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD．∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC．∴CD⊥PC． ∵E為PD中點，F(xiàn)為PC中點，∴EF∥CD．則EF⊥PC． ……… 11分∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF． 【解析】略14．解：（Ⅰ）證明：連接AC，則F是AC的中點，E為PC的中點，故在CPA中，EF//PA，且PA平面PAD，EF平面PAD，∴EF//平面PAD（Ⅱ）取AD的中點M，連接PM，∵PA=PD，∴PM⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PM⊥平面ABCD.在直角PAM中，求得PM=，∴PM=【解析】略15．（Ⅰ）證明：∵，∴同理可證∵∴又∵， ∴ （Ⅱ）解：∵，∴∵，∴∵∴四棱錐的體積 （Ⅲ）解：∵ ∴ 又∵，∴組合體的表面積為【解析】略16．（1）（2）見證明過程。解：（Ⅰ）取CE中點P，連結(jié)FP、BP，∵F為CD的中點，∴FP//DE，且FP=．又AB//DE，且AB= ∴AB//FP，且AB=FP，∴ABPF為平行四邊形，∴AF//BP．又∵AF平面BCE，BP平面BCE， ∴AF//平面BCE． （II）∵直角梯形ABED的面積為，C到平面ABDE的距離為，∴四棱錐C－ABDE的體積為．即多面體ABCDE的體積為．13．Ⅰ）在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝60176。（1）因為取CE中點P，連結(jié)FP、BP，∵F為CD的中點，∴FP//DE，且FP=又AB//DE，且AB= ∴AB//FP，且AB=FP，∴ABPF為平行四邊形，∴AF//BP，從而利用判定定理得到證明。解答立體幾何問題，另一個重要思想是“轉(zhuǎn)化與化歸思想”，即注意將空間問題轉(zhuǎn)化成平面問題。利用幾何法，要遵循“一作、二證、三計算”的