作业设计

　　1．3

　　解析 命题①正确，面面平行的性质；命题②不正确，也可能n?β；命题③不正确，如果m、n有一条是α、β的交线，则m、n共面；命题④不正确，m与β的关系不确定．

　　2．2

　　解析 (2)和(4)对．

　　3．1

　　解析 ①正确．

　　4．2

　　解析 ①④正确．

　　5．线段B1C

　　解析 连结AC，AB1，B1C，

　　∵BD⊥AC，AC⊥DD1，

　　BD∩DD1＝D，

　　∴AC⊥面BDD1，

　　∴AC⊥BD1，

　　同理可证BD1⊥B1C，

　　∴BD1⊥面AB1C．

　　∴P∈B1C时，始终AP⊥BD1．

　　6．④

　　7．90°

　　解析

　　由题意画出图形，数据如图，取BC的中点E，

　　连结AE、DE，易知∠AED为二面角A—BC—D的平面角．

　　可求得AE＝DE＝2，由此得AE2＋DE2＝AD2．

　　故∠AED＝90°．

　　8．36

　　解析 正方体的一条棱长对应着2个“正交线面对”，12条棱长共对应着24个“正交线面对”；正方体的一条面对角线对应着1个“正交线面对”，12条面对角线对应着12个“正交线面对”，共有36个．

　　9．①④

　　10．证明 (1)如图所示，

　　取EC的中点F，连结DF，∵EC⊥平面ABC，

　　∴EC⊥BC，又由已知得DF∥BC，

　　∴DF⊥EC．

　　在Rt△EFD和Rt△DBA中，

　　∵EF＝12EC＝BD，

　　FD＝BC＝AB，

　　∴Rt△EFD≌Rt△DBA，

　　故ED＝DA．

　　(2)取CA的中点N，连结MN、BN，

　　则MN?12EC，

　　∴MN∥BD，∴N在平面BDM内，

　　∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN．又CA⊥BN，

　　∴BN⊥平面ECA，BN?平面MNBD，

　　∴平面MNBD⊥平面ECA．

　　即平面BDM⊥平面ECA．

　　(3)∵BD?12EC，MN?12EC，

　　∴BD?MN，

　　∴MNBD为平行四边形，

　　∴DM∥BN，∵BN⊥平面ECA，

　　∴DM⊥平面ECA，又DM?平面DEA，

　　∴平面DEA⊥平面ECA．

　　11．(1)证明 因为侧面BCC1B1是菱形，

　　所以B1C⊥BC1．

　　又B1C⊥A1B，

　　且A1B∩BC1＝B，

　　所以B1C⊥平面A1BC1．

　　又B1C?平面AB1C，

　　所以平面AB1C⊥平面A1BC1．

　　(2)解 设BC1交B1C于点E，连结DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线．

　　因为A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE．

　　又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点，

　　即A1DDC1＝1．

　　12．(1)①PA⊥BC(或PA⊥CD或AB⊥PD)

　　②平面PAB⊥平面ABCD(或平面PAD⊥平面ABCD或平面PAB⊥平面PAD或平面PCD⊥平面PAD或平面PBC⊥平面PAB)

　　③PA⊥平面ABCD(或AB⊥平面PAD或CD⊥平面PAD或AD⊥平面PAB或BC⊥平面PAB)

　　(2)2a2＋2a2

　　解析 (2)依题意：正方形的面积是a2，

　　S△PAB＝S△PAD＝12a2．

　　又PB＝PD＝2a，∴S△PBC＝S△PCD＝22a2．

　　所以四棱锥P—ABCD的表面积是

　　S＝2a2＋2a2．

　　13．

　　(1)证明 如图，设AC与BD交于点G，则G为AC的中点．连结EG，GH，由于H为BC的中点，

　　故GH?12AB．

　　又EF?12AB，∴EF?GH．

　　∴四边形EFHG为平行四边形．

　　∴EG∥FH．

　　而EG?平面EDB，FH?平面EDB，

　　∴FH∥平面EDB．

　　(2)证明 由四边形ABCD为正方形，

　　得AB⊥BC．

　　又EF∥AB，∴EF⊥BC．

　　而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC．

　　∴EF⊥FH．

　　∴AB⊥FH．

　　又BF＝FC，H为BC的中点，∴FH⊥BC．

　　∴FH⊥平面ABCD．∴FH⊥AC．

　　又FH∥EG，∴AC⊥EG．

　　又AC⊥BD，EG∩BD＝G，

　　∴AC⊥平面EDB．