－AFG所以VABC－A1B1C111×AFAGsi
∠GAFAE32111AG1AG＝＝×××＝×，1342AC24AC×ABACsi
∠CABAA121AG1AG243由题意，×＝，解得＝＝24AC16AC1623所以AG＝ACAC，所以符合要求的点G不存在．2
7．解：（1）连BD，四边形ABCD菱形，∵AD⊥AB，∠BAD60°△ABD为正三角形，Q为AD中点，∴AD⊥BQ∵PAPD，Q为AD的中点，AD⊥PQ又BQ∩PQQ∴AD⊥平面PQB，AD平面PAD∴平面PQB⊥平面PAD（2）当t
1时，PA平面MQB3AQAN1BCNC2
平面MQBMN，PAMN
连AC交BQ于N由AQBC可得，ANQ∽BNC，
PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC
PMAN1PCAC3
即：PM
1PC3
t
13
81证明因为EF∥AB，所以EF与AB确定平面EABF因为EA⊥平面ABCD，所以EA⊥BC由已知，得AB⊥BC且EA∩AB＝A，所以BC⊥平面EABF又AF平面EABF，所以BC⊥AF2证明如图所示，过M作MN⊥BC，垂足为N，连接FN，则MN∥AB1又CM＝AC，41所以MN＝AB4
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f1又EF∥AB且EF＝AB，4所以EF∥MN，且EF＝MN所以四边形EFNM为平行四边形，所以EM∥FN又FN平面FBC，EM平面FBC，所以EM∥平面FBC3解AF⊥平面EBC
证明如下：由1，可知AF⊥BC在四边形ABFE中，AB＝4，AE＝2，EF＝1，∠BAE＝∠AEF＝90°，AE1EF1所以ta
∠EBA＝＝，ta
∠FAE＝＝，AB2AE2即ta
∠EBA＝ta
∠FAE，则∠EBA＝∠FAE设AF∩BE＝P，因为∠PAE＋∠PAB＝90°，故∠PBA＋∠PAB＝90°则∠APB＝90°，即EB⊥AF又EB平面EBC，BC平面EBC，且EB∩BC＝B，所以AF⊥平面EBC
9解：（Ⅰ）证明：由已知得：DEAEDEECDE面ABCE………2分
DEBC又BCCEBC面DCE……………………5分（Ⅱ）证明：取AB中点H，连接GHFHGHBD，FHBCGH面BCD，FH面BCD……………7分
面FHG面BCDGF面BCD…………………………………10分R3ARRE时，面BDR面BDC……………11分（Ⅲ）分析可知，点满足证明：取BD中点Q，连结DR、BR、CR、CQ、RQ
51321CRDRCQ22225215DRBD22可知RQ在BDR中BR222222∴在CRQ中CQRQCR∴CQRQ……………………13分又在CBD中CDCBQ为BD中点CQBDCQ面BDR面BDC面BDR…………………………………………15分1说明若设ARx通过分析利用面BDC面BDR推算出x亦可不必再作证明2
容易计算CD2BR
11
f12
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