數(shù)學研討專題立體幾何空間中點直線平面間的位置關系答案

立體幾何空間中點、直線、平面之間的地址關系答案部分1.剖析以下列圖，聯(lián)系BE，BD.由于點N為正方形ABCD的中心，△ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點，所以BM平面BDE，EN平面BDE，由于BM是△BDE中DE邊上的中線，EN是△BDE中BD邊上的中線，直線BM，EN是訂交直線，設DEa，則BD2a，BE3a25a22a，44所以BM6a，EN3a21a2a，244所以BMEN．應選B．2.剖析：對于A，內有無數(shù)條直線與平行，則與訂交或∥，消除；對于B，內有兩條訂交直線與平行，則∥；對于C，，平行于同一條直線，則與訂交或∥，消除；對于D，，垂直于同一平面，則與訂交或∥，消除．應選B．3.證明：（1）由于D，E分別為BC，AC的中點，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又由于ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.2）由于AB=BC，E為AC的中點，所以BE⊥AC.由于三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又由于BE?平面ABC，所以CC1⊥BE.由于C1C?平面A1ACC1AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，，所以BE⊥平面A1ACC1.由于C1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.4.剖析：由l，m是平面α外的兩條不相同直線，知：由線面平行的判判定理得：若l，lm，則mP．由線面平行、垂直的性質定理得mP，l，lm.則2010-2018年1．A【剖析】記該正方體為ABCDABCD，正方體的每條棱所在直線與平面所成的角都相等，即共點的三條棱AA，AB，AD與平面所成的角都相等，如圖，D'EC'A'FB'JGDCAIHB連接AB，AD，BD，由于三棱錐AABD是正三棱錐，所以AA，AB，AD與平面ABD所成的角都相等，分別取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中點E，F(xiàn)，G，H，I，J，連接EF，F(xiàn)G．GH，IH，IJ，IE，易得E，F(xiàn)，G，H，I，J六點共面，平面EFGHIJ與平面ABD平行，且截正方體所得截面的面積最大，又EFFGGHIHIJJE2，所以該正六邊形的面積為263(2)233，所以截此正方體所得截面面積的最大值為33，應選A．43442．C【剖析】解法一如圖，E1F1D1A1

C1B1EFDCAB補上一起樣的長方體CDEFC1D1E1F1，連接DE1，B1E1．易知AD1∥DE1，則B1DE1為異面直線AD1與DB1所成角．由于在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA13，所以DE1DE2EE1212(3)22，DB11212(3)25，B1E1A1B12A1E1212225，22(5)2(5)25在B1DE1中，由余弦定理，得cosB1DE1225，5即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為5，應選C．5解法二以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，以下列圖．zD1C1A1B1DCyABx由條件可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D(0,0,3)，B(1,1,3)，11uuuuruuuur(1,1,3)，所以AD(1,0,3)，DB11uuuuruuuuruuuuruuuur25cosAD1DB1則由向量夾角公式，得AD1,DB1uuuuuruuuur5，|AD1||DB1|25即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為5，應選C．53．A【剖析】若m，n，m∥n，由線面平行的判判定理知m∥．若m∥，m，n，不用然推出m∥n，直線m與n可能異面，故“m∥n”是“m∥”的充分不用要條件．應選A．4．D【剖析】由題意知四棱錐SABCD為正四棱錐，如圖，SDCOAMBE連接BD，記ACIBDO，連接SO，則SO平面ABCD，取AB的中點M，連接SM，OM，OE，易得ABSM，則2SEO，3SMO，易知3≥2．由于OM∥BC，BCAB，SMAB，所以3也為OM與平面SAB所成的角，即BC與平面SAB3≤1，所以2≤3≤1，故所成的角，再依照最小角定理知，選D．5．C【剖析】以下列圖，把三棱柱補成四棱柱，異面直線AB1與BC1所成角為B1AD1BACDB1A1C1D1B1D1B1C12C1D122B1C1C1D1cos60o122221213,2AD12，AB15，∴cosB1AD1AB12AD12B1D12(5)2(2)2(3)210．選C．2AB1AD125256．B【剖析】設O為三角形ABC中心，底面如圖2，過O作OERP，OFPQ，OGRQ，由題意可知tanDO，tanODODOE，tan，OFOGDyCQARGCGROFEOQPFAEBxBP圖1圖2由圖2所示，以P為原點建立直角坐標系，不如設AB2，則A(1,0)，B(1,0)，C(0,3)，O(0,3)，∵APPB，BQCR2，∴Q(1,23)，R(2,3)，3QCRA3333則直線RP的方程為y3x，直線PQ的方程為y23x，直線RQ的方程為2y353知OE221，OF391，3x，依照點到直線的距離公式，2139，OG93∴OFOGOE，tantantan，由于，，為銳角，所以．選B7．A【剖析】由于過點A的平面與平面CB1D1平行，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，則BD與A1B所成的角為所求角，所以m，n所成角的正弦值為3，選A．28．B【剖析】由“m且lm”推出“l(fā)或l∥”，但由“m且l∥”可推出“l(fā)m”，所以“l(fā)m”是“l(fā)∥”的必要而不充分條件，應選B．9．B【剖析】解法一設ADC，AB2，則由題意知ADBDAD1．在空間圖形中，連接AB，設AB=t．在ADB中，cosADBAD2DB2AB21212t22t2．2ADDB2112過A作ANDC，過B作BMDC，垂足分別為N、M．過N作NP//MB，使四邊形BPNM為平行四邊形，則NPDC，連接AP,BP，則ANP就是二面角ACDB的平面角，所以ANP．在RtAND中，DNADcosADC同理，BM=PN=sin，DM=cos，故顯然BP平面ANP，故BPAP．

cos，ANADsinADCsin．BP=MN=2cos．在RtABP中，AP2ABBP2t2(2cos)2t24cos2．在ANP中，coscosANPAN2NP2AP22ANNPsin2sin2(t24cos2)22cos2t22t2cos22sin2=2sin22sin2sin21cosADBcos2，sin2sin2所以coscosADB1cosADBcos2cosADBsin2sin21sin2cosADBcos2cos2(1cosADB)≥0，sin2sin2sin2所以cos≥cosADB（當=時取等號），2由于，ADB[0,]，而ycosx在[0,]上為遞減函數(shù)，所以≤ADB，應選B．解法二若CACB，則當=時，ACB，消除D；當=0時，ACB0，ADB0，消除A、C，應選B．10．D【剖析】利用正方體模型可以看出，l1與l4的地址關系不確定．選D．11．C【剖析】選項A,B,D中m均可能與平面平行、垂直、斜交或在平面內，應選C．12BA，若m//,n//,，則m與n可能訂交、平行或異面，A錯誤；．【剖析】對于選項顯然選項B正確；對于選項C，若m，mn，則n或n//，C錯誤；對于選項D，若m//，mn，則n//或n或n與訂交，D錯誤．應選B．13．D【剖析】作PHBC，垂足為H，設PHx，則CH3x，由余弦定理AH6253x2403，tantanPAHPH110)，(AH625403xx2x3故當143時，tan獲取最大值，最大值為53．x125914．B【剖析】直線OP與平面A1BD所成的角為的取值范圍是AOA1C1OA1，由于sinAOA162，3sinC1OA1263226，sin133332所以sin的取值范圍是[6,1]．315．D【剖析】作正方形模型，為后平面，為左側面αml'lβn可知D正確．16．D【剖析】A中m,n可能平行、垂直、也可能為異面；B中m,n還可能為異面；C中m應與中兩條訂交直線垂直時結論才建立，選D．17．B【剖析】利用消除法可得選項B是正確的，∵l∥，l⊥，則．如選項A：l∥，l∥時，⊥或∥；選項C：若⊥，l⊥，l∥或l；選項D：若⊥,l⊥，l∥或l⊥．18．B【剖析】過點A作AEBD，若存在某個地址，使得ACBD，則BD面ACE，從而有BDCE，計算可得BD與CE不垂直，則A不正確；當翻折到ACCD時，由于BCCD，所以CD面ABC，從而可得ABCD；若ADBC，由于BCCD，所以BC面ACD，從而可得BCAC，而AB12BC，所以這樣的地址不存在，故C不正確；同理，D也不正確，應選B．19．D【剖析】對于D，若平面平面，則平面內的某些直線可能不垂直于平面，即與平面的關系還可以是斜交、平行或在平面內，其余選項易知均是正確的．20．D【剖析】D兩平行直線的平行投影不用然重合，故A錯；由空間直線與平面的地址關系及線面垂直與平行的判斷與性質定理可知B、C均錯誤，應選D．21．402【剖析】以下列圖，SAS'B設S在底面的射影為S，連接AS，SS．SAB的面積為1SASBsinASB1SA21cos2ASB15SA2515，2216∴SA280，SA45．∵SA與底面所成的角為45o，∴SAS45o，ASSAcos45o452210．2∴底面周長l2AS410，∴圓錐的側面積為145410402．222．②③④【剖析】對于命題①，可運用長方體舉反例證明其錯誤：如圖，不如設AA為直線m，CD為直線n,ABCD所在的平面為．ABCD所在的平面為，顯然這些直線和平面滿足題目條件，但

不行立．命題②正確，證明以下：設過直線

n的某平面與平面

訂交于直線

l

，則

l∥n，由m

，有

m

l

，從知

m

n結論正確．由平面與平面平行的定義知命題③正確．由平行的傳達性及線面角的定義知命題④正確．23．7【剖析】如圖連接ND，取ND的中點E，連接ME,CE，則ME//AN．8則異面直線AN，CM所成的角為EMC，由題意可知CN=1，AN=22，∴ME=2．又CM=22，DN=22，NE=2，∴CE=3，CM2EM2CE28237則cosCME2222．2CMEM824．2【剖析】AB為x軸，AD為y軸，AQ為z軸建立坐標系，5設正方形邊長為2．2m,令f(m)2mcosm25m2(m0,2)55255m225(2m)10mf(m)5m225m22525Qm0,2,f(m)0f(m)maxf(0)2cosmax2，即．5525．②③【剖析】如圖BDEF為底面圓的內接正方形，設ACBC1，則ABADAEAFFBFEEDBD2，即側面均為等邊三角形，∵AC底面BDEF，AFEBCD假設a∥FB，由題意b∥BD，當直線AB與a成60°角時，由圖可知AB與b成60°角，所以①錯，②正確；假設a∥EB，可知③正確，④錯．所以正確為②③．26．【證明】(1)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1．由于AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．D1C1A1B1ADCB(2)在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．又由于AA1AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B．又由于AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又由于A1BIBC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．由于AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．27．【剖析】(1)由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B122，所以A1B12AB12AA12．故AB1A1B1．由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C15，由ABBC2，ABC120o得AC23，由CC1AC，得AC113，所以AB12B1C12AC12，故AB1B1C1．所以AB1平面A1B1C1．(2)如圖，過點C1作C1DA1B1，交直線A1B1于點D，連接AD．A1B1C1DACB由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1D

A1B1得C1D

平面

ABB1，所以

C1AD

是

AC1與平面

ABB1所成的角．由BC5，AB22，AC12111111得cosC1A1B161，sinC1A1B1，77所以CD3，故sinC1ADC1D39．1AC113所以，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是39．13方法二(1)如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系Oxyz．zA1B1C1OCAyBx由題意知各點坐標以下：A(0,3,0)，B(1,0,0)，A1(0,3,4)，B1(1,0,2)，C1(0,3,1)，uuur(1,uuuur(1,3,2)uuuur(0,23,3)，所以AB3,2)，AB，AC11111uuuruuuur由ABAB0得AB1A1B1．111由uuuruuuur得11．AB1110AB1ACAC所以AB1平面A1B1C1．設直線AC1與平面ABB1所成的角為．uuuuruuuruuur(0,0,2)，由(1)可知AC(0,23,1)，AB(1,3,0)，BB11設平面ABB1的法向量n=(x,y,z)．nuuur0AB3y0，可取n(3,1,0)．由uuur，即xnBB102z0uuuuruuuurn|39所以sin|cos||AC1．AC1,nuuuur|n|13|AC1|所以，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是39．1328．【剖析】（Ⅰ）如圖，設PA中點為F，連接EF，F(xiàn)B．PFHEQANDBMC由于E，F(xiàn)分別為PD，PA中點，所以EF∥AD且EF1AD，1AD，所以2又由于BC∥AD，BC2EF∥BC且EF=BC，即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF，所以CE∥平面PAB．（Ⅱ）分別取BC，AD的中點為M，N．連接PN交EF于點Q，連接MQ．由于E，F(xiàn)，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF中點，在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE．由PAD為等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中點得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN．過點Q作PB的垂線，垂足為H，連接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．設CD=1．在PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2得CE=2，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH1，4在RtMQH中，QH1，MQ=2，4所以sin2，QMH8所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是2．829．【剖析】證明：（1）在平面ABD內，由于ABAD，EFAD，所以EF∥AB．又由于EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC．2）由于平面ABD⊥平面BCD，平面ABDI平面BCD=BD，BC平面BCD，BCBD，所以

BC

平面

ABD．由于AD又AB

平面ABD，所以AD，BCIAB

BCB，

AB

AD．平面

ABC，BC

平面

ABC，所以AD⊥平面ABC，又由于AC平面ABC，所以ADAC．30．【剖析】（Ⅰ）由于APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABIAPA，所以BE平面ABP，又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，所以CBP30（Ⅱ）解法一：取?EC的中點H，連接EH，GH，CH．由于EBC120，所以四邊形BEHC為菱形，所以AEGEACGC322213．取AG中點M，連接EM，CM，EC．則EMAG，CMAG，所以EMC為所求二面角的平面角．又AM1，所以EMCM13123．在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos12012，所以EC23，所以EMC為等邊三角形，故所求的角為60．解法二：以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立以下列圖的空間直角坐標系．由題意得A(0,0,3)E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(1,3,0)，uuuruuur(1,uuur(2,0,3)故AE(2,0,3)，AG3,0)，CG，設m(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量．uuur2x13z10,mAE0由uuur可得x13y10,mAG0取z12，可得平面AEG的一個法向量m(3,3,2)．設n(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量．uuur0nAGx23y20,由uuur可得nCG02x23z20,取z22，可得平面ACG的一個法向量n(3,3,2)．所以cosm,nmn1．|m||n|2所以所求的角為60．31．【剖析】（1）由正棱柱的定義，CC1平面ABCD，所以平面A1ACC1平面ABCD，CC1AC．記玻璃棒的另一端落在CC1上點M處．由于AC107，AM40．所以MN402(107)230，從而sinMAC3．4記AM與水平的交點為P1，過P1作11，Q1為垂足，PQAC則PQ11平面ABCD，故PQ1112，從而AP1PQ1116．sinMAC答：玻璃棒l沒入水中部分的長度為16cm．(若是將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為24cm)2）如圖，O，O1是正棱臺的兩底面中心．由正棱臺的定義，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，OO1⊥EG．同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，OO1⊥E1G1．記玻璃棒的另一端落在GG1上點N處．過G作GK⊥E1G1，K為垂足，則GK=OO1=32．由于EG=14，E1G1=62，所以KG1=621424，從而GG1KG12GK224232240．24設∠EGG1,∠ENG,則sinsin(∠KGG1)cos∠KGG1．325由于，所以cos．5240147．在△ENG中，由正弦定理可得，解得sin25sinsin由于0，所以cos24．252于是sin∠NEGsin()sin()sincoscossin4243735()25．2555記EN與水面的交點為P2，過P2作P2Q2EG，Q2為垂足，則P2Q2⊥平面EFGH，故P2Q2=12，從而EP2=P2Q220．sin∠NEG答:玻璃棒l沒入水中部分的長度為20cm．(若是將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為20cm)32．【剖析】（Ⅰ）由已知可得

AF

DF

，AF

FE，所以

AF

平面

EFDC．又AF

平面

ABEF

，故平面

ABEF

平面

EFDC．（Ⅱ）過

D作

DG

EF

，垂足為

G，由（Ⅰ）知

DG

平面

ABEF

．uuuruuur以G為坐標原點，GF的方向為x軸正方向，|GF|為單位長度，建立以下列圖的空間直角坐標系Gxyz．由（Ⅰ）知DFE為二面角DAFE的平面角，故DFE60o，則DF2，DG3，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0,3)．由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．又平面ABCDI平面EFDCDC，故AB∥CD，CD∥EF．由BE∥AF，可得BE平面EFDC，所以CEF為二面角CBEF的平面角，CEF60o．從而可得C(2,0,3)．uuur(1,0,3)uuuruuur(3,4,uuur(4,0,0)．所以EC，EB(0,4,0)，AC3)，ABrx,y,z是平面BCE的法向量，則設nruuur0，nC0，即x3zruuur04y0nr3,0,3．所以可取nrruuur0mC設m是平面CD的法向量，則ruuur，m0rrrrr2190,3,4nm同理可取m．則cosn,mrr．nm19故二面角C219的余弦值為．1933．【剖析】（I）證明：∵AECF5，4∴AECF，∴EF∥AC．ADCD∵四邊形ABCD為菱形，∴ACBD，∴EFBD，∴EFDH，∴EFDH．AC6，∴AO3；又AB5，AOOB，∴OB4，∴OHAEOD1，∴DHDH3，AO∴OD222OH．OHD'H，∴D'H又∵OHIEFH，∴D'H面ABCD．（Ⅱ）建立如圖坐標系Hxyz．B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0，uuuruuuruuur0，6，0，，，，AD'1，3，3，ACAB430ur設面ABD'法向量n1x，y，z，uuruuur04x3y0x3urn1AB，取y3，4，5．由uuruuuur得x3y3z4，∴n1n1AD00z5AD'Cuur同理可得面的法向量n23，，，01uruur∴cosn1n29575，∴sin295．uruurn1n25210252534．【剖析】（Ⅰ）由已知得AM2AD2，3取BP的中點T，連接AT,TN．由N為PC中點知TN//BC，TN1BC2．2又AD//BC，故TN平行且等于AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN//AT．由于AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB．（Ⅱ）取BC的中點E，連接AE，由ABAC得AEBC，從而AEAD，且AEAB2BE2AB2(BC)25．uuur2x軸正方向，建立以下列圖的空間直角坐標系以A為坐標原點，AE的方向為xyz，由題意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(5,2,0)，N(5,1,2)，2uuuur(0,2,4)，PN(5,1,2)，PM2AN(5,1,2)．2rruuuur2x4z0nPM0設n(x,y,z)為平面PMN的法向量，則ruuur，即5xy，nPN02z0r2(0,2,1)，可取nruuur于是|cosn,AN|

ruuur|nAN|ruuur|n||AN|

5．2535．【剖析】（Ⅰ）設ACIBEO，連接OF，EC，由于E為AD的中點，ABBC1AD,AD//BC，2所以AE//BC,AEABBC,所以四邊形ABCE為菱形，所以O為AC的中點，又F為PC的中點，所以在PAC中，可得AP//OF．又OF平面BEF，AP平面BEF，所以AP∥平面BEF．（Ⅱ）由題意知，ED//BC,EDBC，所以四邊形BCDE為平行四邊形，所以BE//CD．又AP平面PCD，所以APCD，所以APBE．由于四邊形ABCE為菱形，所以BEAC．又APIACA，AP，AC平面PAC，所以BE平面PAC．36．【剖析】（Ⅰ）∵D，E為PC，AC中點，∴DE∥PA∵PA平面DEF，DE平面DEF，∴PA∥平面DEF（Ⅱ）∵D，E為PC，AC中點，∴DE1PA32∵E，F(xiàn)為AC，AB中點，∴EF1BC42∴DE2EF2DF2，∴DEF90°，∴DE⊥EF∵DE//PA，PAAC，∴DEAC∵ACIEFE，∴DE⊥平面ABCDE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．37．【剖析】（Ⅰ）連接BD交AC于點O，連接EO．由于ABCD為矩形，所以O為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB．EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC．（Ⅱ）由于PA平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．uuuruuur如圖，以A為坐標原點，AB的方向為x軸的正方向，AP為單位長，建立空間直角坐標系Axyz，zPEADyBOCx則D(0,3,0),E(0,3,1uuur(0,3,1)．),AE2222設b(m,0,0)(mf0)，則c(m,3,0),uuur(m,3,0)．AC設n1(x,y,z)為平面ACE的法向量，uuurmx3y0,n1AC0,3,1,3)．即，可取n1(則uuur3y1zn1AE0,0,m2又n2(1,0,0)為平面DAE的法向量，由題設cosn1,n21，即331，解得m3．24m222由于E為PD的中點，所以三棱錐EACD的高為1．211313．三棱錐EACD的體積V23283238．【剖析】（Ⅰ）證明：如圖取PB中點M，連接MF，AM．由于F為PC中點，1故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E為AD中點，所以MF//AE且MF=AE，故四邊形AMFE為平行四邊形，所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，所以EF//平面PAB．（Ⅱ）（i）證明：連接PE，BE．由于PA=PD，BA=BD，而E為AD中點，故PEAD，BEAD，所以PEB為二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，由AD2,PAPD5，可解得PE=2．在三角形ABD中，由BABD2，可解得BE=1．在三角形PEB中，PE=2，BE=1，PEB60o，由余弦定理，可解得PB=3，從而PBE90o，即BEPB，又BC//AD，BEAD，從而BEBC，所以BE平面PBC．又BE平面ABCD，所以平面PBC平面ABCD．（ii）連接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB為直線EF與平面PBC所成的角，由PB=3，PA=5，AB=2得ABP為直角，而MB=1PB=3，可得AM=11，222故EF=11，又BE=1，故在直角三角形EBF中，sinEFBBE211.2EF11211所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為1139．【剖析】（Ⅰ）設點O為AC，BD的交點，由AB＝BC，AD＝CD，得BD是線段AC的中垂線．所以O為AC的中點，BD⊥AC．又由于PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以PA⊥BD．所以BD⊥平面APC．（Ⅱ）連接OG．由(1)可知OD⊥平面APC，則DG在平面APC內的射影為OG，所以∠OGD是DG與平面APC所成的角．由題意得OG＝1PA＝3．2在△ABC中，AC＝AB2BC22ABBCcosABC＝23，所以OC＝1AC＝3．2在直角△OCD中，OD＝CD2OC2＝2．在直角△OGD中，tan∠OGD＝OD43．OG3所以DG與平面APC所成的角的正切值為43．3（Ⅲ）連接OG．由于PC⊥平面BGD，OG平面BGD，所以PC⊥OG．在直角△PAC中，得PC＝15．所以GC＝ACOC215．PC5從而PG＝315，5所以PG3．GC240．【剖析】（Ⅰ）由AB是圓O的直徑，得AC⊥BC．由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AC=A,PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC⊥平面PAC．（Ⅱ）連OG并延長交AC與M，鏈接QM，QO．PQOABMGC由G為?AOC的重心，得M為AC中點，由G為PA中點，得QM//PC．又O為AB中點，得OM//BC．由于QM∩MO=M,QM平面QMO．所以QG//平面PBC．41．【剖析】（Ⅰ）由于ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC,又AD平面ABC,所以CC1AD，又由于ADDE,CC1,DE平面BCC1B1，CC1DEE,所以AD平面BCC1B1,又AD平面ADE,所以平面ADE平面BCC1B1．（Ⅱ）由于A1B1AC11，F(xiàn)為B1C1的中點，所以A1FB1C1．由于CC1平面A1B1C1，且A1F平面A1B1C1，所以CC1A1F.又由于CC1，B1C1平面BCC1B1，CC1B1C1C1，所以A1F平面BCC1B1，所以A1F//AD．又AD平面ADE，A1F平面ADE，所以A1F//平面ADE．42．【剖析】（Ⅰ）AB平面PAD，PH面PADPHAB又PHAD,ADIABAPH面ABCD（Ⅱ）E是PB中點點E到面BCF的距離h1PH122三棱錐EBCF的體積V1SBCFh11FCADh112123326212（Ⅲ）取PA的中點為G，連接DG,EG，PDADDGPA，又AB平面PAD面PAD面PABDG面PAB，點E,G是棱PB,PA的中點11EG//AB,DF//ABEG//DFDG//EF，22得：EF平面PAB．43．【證明】：（Ⅰ）在△PAD中，由于E、F分別為AP，AD的中點，所以EF//PD．又由于EF平面PCD，PD平面PCD，所以直線EF//平面PCD．PEFDACB（Ⅱ）連接DB，由于AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD為正三角形，由于F是AD的中點，所以BF⊥AD．由于平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以BF⊥平面PAD．又由于BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．44．【剖析】法一：（Ⅰ）證明：取AD中點G，連接PG，BG，BD．因PA=PD，有PGAD，在ABD中，ABAD1,DAB60，有ABD為等邊三角形，所以BGAD,BGPGG，所以AD平面PBGADPB,ADGB.又PB//EF，得ADEF，而DE//GB得ADDE，又FEDEE，所以AD平面DEF．PFGDCEAB（Ⅱ）QPGAD,BGAD，PGB為二面角P—AD—B的平面角，在RtPAG中,PG2PA2AG274在RtABG中,BG=ABsin60o=32734PG2BG2PB2421cos4PGB2PGBG737222法二：（Ⅰ）取AD中點為G，由于PAPD,PGAD.又ABAD,DAB60,ABD為等邊三角形，所以，BGAD，從而AD平面PBG．延長BG到O且使得POOB，又PO平面PBG，