1樓：匿名使用者
mn＝(1，0，1)，
da＝(2，0，2)
可得mn＝12
da，得到mn∥da1
∵mn?平面a1bd，da1?平面a1bd，∴mn∥平面a1bd．
2.如圖所示,在正方體abcd-a1b1c1d1中,e,f,g,h,m,n分別是正方體六個面的中心,求證平面efg‖平面hmn。
2樓：匿名使用者
因為正方體abcd-a1b1c1d1且g是平面aba1b1的中心e是平面abcd的中心
f是平面aa1d1d的中心
h是bb1c1c的中心
n是平面a1b1c1d1的中心
m是平面dd1c1c的中心
所以fe‖nh，fg‖mh，mn‖eg
所以平面efg‖平面hmn
如圖所示,正方體abcd-a1b1c1d1中,m,n分別是a1b1,b1c1的中點,問【1】am和cn是否是 5
3樓：蚣元前我們還小
兩條線相交，因為ac平行於mn，且不相等。所以am與cn共面相交
4樓：柳碧川
同學，請問圖在**？
如圖所示，在正方體abcd-a1b1c1d1中，m、n分別是稜ab、cc1的中點，△mb1p的頂點p在稜cc1與稜c1d1上運動，
5樓：文爺降臨75桗
①平面mb1p⊥nd1；可用極限位置判斷，當p與n重合時，mb1p⊥nd1垂直不成立，故線面不可能垂直，此命題是錯誤命題；
②平面mb1p⊥平面nd1a1；可以證明mb1⊥平面nd1a1，由圖形知mb1與nd1和d1a1都垂直，故可證得mb1⊥平面nd1a1，進而可得平面mb1p⊥平面nd1a1，故是正確命題；
③△mb1p在底面abcd上的射影圖形的面積為定值，可以看到其投影三角形底邊是mb，再由點p在底面上的投影在dc上，故其到mb的距離不變即可證得；
④△mb1p在側面d1c1cd上的射影圖形是三角形，由於p與c1重合時，p、b1兩點的投影重合，不能構成三角形，故命題錯誤．
綜上②③正確
故答案為：②③．
如圖所示，在稜長為2的正方體abcd-a1b1c1d1中，m、n分別是所在稜的中點．
6樓：為公正奮鬥
（ⅰ）連線 a1c，∵m，n分別是aa1，ac中點，∴mn／／a1c．
平面caa1∩平面a1bcd1＝ac，a1c∈平面a1bcd1，∴mn∥平面bcd1a1；
（ⅱ）求證： ？
（ⅲ）求 ？
7樓：匿名使用者
（2）求證：mn垂直c1d
(3) 求，v d-mnc1
如圖所示，在正方體abcd-a1b1c1d1中，e,f分別是ab和aa1的中點。求證： （1）e,c,d1，f四點共面
8樓：千分一曉生
（1）連結cd'、ef、a'b，
∵a'd'∥b'c'∥bc，a'd'=b'c=bc，∴四邊形a'd'cb是平行四邊形，
∴a'b∥d'c，
∵e、f分別是中點，
∴ef∥a'b，
∴ef∥cd'
∴e、f、c、d'共面
（2）延長d;f、da交於p，連結ep
∵ae=af，pa=pa，∠pae=∠paf=90°，∴△pae≌△paf,
∴∠pfa=∠pea，
∵∠pfa=∠pd'd，∠pd'd=∠dce（∠a'd'f=∠bce），
∴∠pea=∠dce，
又∵∠dce+∠aec=180°，
∴∠pea+∠aec=180°，
即點p、e、c共線，
∴ce,d1f,da三線共點於p
9樓：匿名使用者
連線 ef 、a1b、cd1
因為 e、f分別為aa1和ab的中點
所以 ef平行於a1b
又因為 a1d1平行且相等於bc
所以 四邊形 a1d1cb是平行四邊形
所以 a1b平行於cd1
所以 ef平行於cd1
所以 e f c d1 四點共線
10樓：王許曉銘
(1)證明：∵在正方體abcd-a1b1c1d1中，平面abb1a1∥平面dcc1d1
且平面abb1a1∩平面ecd1f=ef，平面dcc1d1∩平面ecd1f=cd1
∴ef∥cd1，
∴e、c、d1、f 四點共面
11樓：js孫曉樂
（1）設稜長為2，則ce=根號5,
cd1=2根號2，
d1e=3，
這三邊長滿足三角形定義（任意兩邊之和大於第三邊，任意兩邊之差小於第三邊）
即cd1e是三角形，
∴c,d1，e三點共面
（2）延長b1a1，設a1外面的點位g
且ga1=be，連線ge,d1g,構成平行四邊形cegd1，∴ce∥d1g
又∵ad∥a1d1，且a1d1與fd1,gd1交與d1∴ce,d1f,da三線共點
12樓：峰穎穎
證明：（1）連線ef，a1b，d1c，
∵e，f分別是ab，aa1的中點，
∴ef∥a1b，a1b∥d1c，
∴ef∥d1c，
∴由兩條平行線確定一個平面，得到e，c，d1，f四點共面．（2）分別延長d1f，da，交於點p，
∵p∈da，da⊂面abcd，
∴p∈面abcd．
∵f是aa1的中點，fa∥d1d，
∴a是dp的中點，
連線cp，∵ab∥dc，
∴cp∩ab=e，
∴ce，d1f，da三線共點於p．
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