如图，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC₁、AB、BC的中点，且.

（Ⅰ）求证：CN∥平面AMB₁；

（Ⅱ）求证： B₁M⊥平面AMG.

【解析】本试题主要是考查了立体几何汇总线面的位置关系的运用。第一问中，要证CN∥平面AMB₁；，只需要确定一条直线CN∥MP，既可以得到证明

第二问中，∵CC₁⊥平面ABC，∴平面CC₁ B₁ B⊥平面ABC，得到线线垂直，B₁M⊥AG，结合线面垂直的判定定理和性质定理，可以得证。

解：(Ⅰ)设AB₁ 的中点为P，连结NP、MP ………………1分

∵CM   ，NP   ，∴CM       NP， …………2分

∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP  …………………………3分

∵CN  平面AMB₁，MP奂  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，  

设：AC=2a，则

…………………………8分

同理，…………………………………9分

∵ BB₁∥CC₁，∴BB₁⊥平面ABC，∴BB₁⊥AB，

………………………………10分

如图所示的长方体中，底面是边长为的正方形，为与的交点，，是线段的中点．

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求二面角的大小．

【解析】本试题主要考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理，以及二面角的求解的运用。中利用，又平面，平面，∴平面由，，又，∴平面． 可得证明

（3）因为∴为面的法向量．∵，，

∴为平面的法向量．∴利用法向量的夹角公式，，

∴与的夹角为，即二面角的大小为．

方法一：解:（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系．连接，则点、，

∴，又点，，∴

∴，且与不共线，∴．

又平面，平面，∴平面．…………………4分

（Ⅱ）∵，

∴，，即，，

又，∴平面．   ………8分

（Ⅲ）∵，，∴平面，

∴为面的法向量．∵，，

∴为平面的法向量．∴，

∴与的夹角为，即二面角的大小为

命题（2）的逆命题是：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也_________这个平面.用数学符号表示：已知a_____b,a_______平面α,求证：b______α.?

证明：设m是α内的任意一条直线.∵a________α,mα,?

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

已知正方体ABCD－A₁B₁C₁D₁，

  O是底面ABCD对角线的交点.

（1）求证：A₁C⊥平面AB₁D₁；

（2）求.

【解析】（1）证明线面垂直，需要证明直线垂直这个平面内的两条相交直线，本题只需证：即可.

（2）可以利用向量法，也可以根据平面A₁ACC₁与平面AB₁D₁垂直，可知取B₁D₁的中点E，则就是直线AC与平面AB₁D₁所成的角.然后解三角形即可.

如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱底面ABCD，，E是PC的中点，作交PB于点F.

（1）证明 平面；

（2）证明平面EFD；

（3）求二面角的大小．

【解析】本试题主要考查了立体几何中线面平行的判定，线面垂直的判定，以及二面角的求解的综合运用试题。体现了运用向量求解立体几何的代数手法的好处。