热门试卷

（I）解：∵B，E，H，D四点共圆，∴∠CHD=∠B．

又∠CHD=∠HCA+∠HAC=，

∴∠B=，

∵∠B+∠ACB+∠CAB=180°，

∴3∠B=180°，

解得∠B=60°．

（II）证明：连接BH，

∵B，E，H，D四点共圆，

∴∠CHD=∠B，∠AEH=∠ADB．

∠DEH=∠BDH=．

∵∠DEC=∠FEC，∴∠FEC=30°．

∴∠AFE=∠FCE+∠FEC=．

∠AEF=∠ADB-30°

=∠ACB+∠DAC-30°

=∠ACB-30°

=．

∴∠AFE=∠AEF，

∴AE=AF．

解：设AM为x，

∵MN∥BC

∴△AMN∽△ABC

，

x=1（cm）．

证明：如图，连AC、EG、FH，在△ABC中，

∵=，∴EG∥AC．同理FH∥AC，于是根据公理4可知：EG∥FH．

∴E、F、H、G四点共面于α，于是EF与HG只有相交与平行两种可能．

（Ⅰ）若EF与HG相交，设交点为P，则P∈EF，EF⊆平面ABD．

∴P∈平面ACD，

同理可知：P∈平面BCD．∴P是平面ABD与平面BCD的公共点．

∴两平面的交线BD必过P点．∴FE、GH、BD共点．

（Ⅱ）若EF与HG平行，则必有EF∥BD．∵EF∥平面ABD、BD∥平面ABD，

∴若EF与BD不平行，则EF与BD就相交，设交点为Q，则EF⊆平面EFHG，Q∈BD，BD⊆平面BDC，

∴Q是平面EFHG与平面BDC的公共点．

又∵HG是这两个平面的交线，∴Q∈HG，

∴EF∩HG=Q．这就与EF∥HG相矛盾，故假设错误．

∴EF∥BD．同理可证：HG∥BD．故由公理4知：EF、HG、BD两两平行．