数学研讨专题立体几何空间中点直线平面间的位置关系答案

立体几何空间中点、直线、平面之间的地址关系答案部分1.剖析以下列图，联系BE，BD.由于点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，所以BM平面BDE，EN平面BDE，由于BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，直线BM，EN是订交直线，设DEa，则BD2a，BE3a25a22a，44所以BM6a，EN3a21a2a，244所以BMEN．应选B．2.剖析：对于A，内有无数条直线与平行，则与订交或∥，消除；对于B，内有两条订交直线与平行，则∥；对于C，，平行于同一条直线，则与订交或∥，消除；对于D，，垂直于同一平面，则与订交或∥，消除．应选B．3.证明：（1）由于D，E分别为BC，AC的中点，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为AC的中点，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外的两条不相同直线，知：由线面平行的判判定理得：若l，lm，则mP．由线面平行、垂直的性质定理得mP，l，lm.则2010-2018年1．A【剖析】记该正方体为ABCDABCD，正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，即共点的三条棱AA，AB，AD与平面所成的角都相等，如图，D'EC'A'FB'JGDCAIHB连接AB，AD，BD，由于三棱锥AABD是正三棱锥，所以AA，AB，AD与平面ABD所成的角都相等，分别取CD，BC，BB，AB，AD，DD的中点E，F，G，H，I，J，连接EF，FG．GH，IH，IJ，IE，易得E，F，G，H，I，J六点共面，平面EFGHIJ与平面ABD平行，且截正方体所得截面的面积最大，又EFFGGHIHIJJE2，所以该正六边形的面积为263(2)233，所以截此正方体所得截面面积的最大值为33，应选A．43442．C【剖析】解法一如图，E1F1D1A1

C1B1EFDCAB补上一起样的长方体CDEFC1D1E1F1，连接DE1，B1E1．易知AD1∥DE1，则B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角．由于在长方体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即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为5，应选C．5解法二以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，以下列图．zD1C1A1B1DCyABx由条件可知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则由向量夹角公式，得AD1,DB1uuuuuruuuur5，|AD1||DB1|25即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为5，应选C．53．A【剖析】若m，n，m∥n，由线面平行的判判定理知m∥．若m∥，m，n，不用然推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥”的充分不用要条件．应选A．4．D【剖析】由题意知四棱锥SABCD为正四棱锥，如图，SDCOAMBE连接BD，记ACIBDO，连接SO，则SO平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得ABSM，则2SEO，3SMO，易知3≥2．由于OM∥BC，BCAB，SMAB，所以3也为OM与平面SAB所成的角，即BC与平面SAB3≤1，所以2≤3≤1，故所成的角，再依照最小角定理知，选D．5．C【剖析】以下列图，把三棱柱补成四棱柱，异面直线AB1与BC1所成角为B1AD1BACDB1A1C1D1B1D1B1C12C1D122B1C1C1D1cos60o122221213,2AD12，AB15，∴cosB1AD1AB12AD12B1D12(5)2(2)2(3)210．选C．2AB1AD125256．B【剖析】设O为三角形ABC中心，底面如图2，过O作OERP，OFPQ，OGRQ，由题意可知tanDO，tanODODOE，tan，OFOGDyCQARGCGROFEOQPFAEBxBP图1图2由图2所示，以P为原点建立直角坐标系，不如设AB2，则A(1,0)，B(1,0)，C(0,3)，O(0,3)，∵APPB，BQCR2，∴Q(1,23)，R(2,3)，3QCRA3333则直线RP的方程为y3x，直线PQ的方程为y23x，直线RQ的方程为2y353知OE221，OF391，3x，依照点到直线的距离公式，2139，OG93∴OFOGOE，tantantan，由于，，为锐角，所以．选B7．A【剖析】由于过点A的平面与平面CB1D1平行，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以m∥B1D1∥BD，又A1B∥平面CB1D1，所以n∥A1B，则BD与A1B所成的角为所求角，所以m，n所成角的正弦值为3，选A．28．B【剖析】由“m且lm”推出“l或l∥”，但由“m且l∥”可推出“lm”，所以“lm”是“l∥”的必要而不充分条件，应选B．9．B【剖析】解法一设ADC，AB2，则由题意知ADBDAD1．在空间图形中，连接AB，设AB=t．在ADB中，cosADBAD2DB2AB21212t22t2．2ADDB2112过A作ANDC，过B作BMDC，垂足分别为N、M．过N作NP//MB，使四边形BPNM为平行四边形，则NPDC，连接AP,BP，则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，故显然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（当=时取等号），2由于，ADB[0,]，而ycosx在[0,]上为递减函数，所以≤ADB，应选B．解法二若CACB，则当=时，ACB，消除D；当=0时，ACB0，ADB0，消除A、C，应选B．10．D【剖析】利用正方体模型可以看出，l1与l4的地址关系不确定．选D．11．C【剖析】选项A,B,D中m均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，应选C．12BA，若m//,n//,，则m与n可能订交、平行或异面，A错误；．【剖析】对于选项显然选项B正确；对于选项C，若m，mn，则n或n//，C错误；对于选项D，若m//，mn，则n//或n或n与订交，D错误．应选B．13．D【剖析】作PHBC，垂足为H，设PHx，则CH3x，由余弦定理AH6253x2403，tantanPAHPH110)，(AH625403xx2x3故当143时，tan获取最大值，最大值为53．x125914．B【剖析】直线OP与平面A1BD所成的角为的取值范围是AOA1C1OA1，由于sinAOA162，3sinC1OA1263226，sin133332所以sin的取值范围是[6,1]．315．D【剖析】作正方形模型，为后平面，为左侧面αml'lβn可知D正确．16．D【剖析】A中m,n可能平行、垂直、也可能为异面；B中m,n还可能为异面；C中m应与中两条订交直线垂直时结论才建立，选D．17．B【剖析】利用消除法可得选项B是正确的，∵l∥，l⊥，则．如选项A：l∥，l∥时，⊥或∥；选项C：若⊥，l⊥，l∥或l；选项D：若⊥,l⊥，l∥或l⊥．18．B【剖析】过点A作AEBD，若存在某个地址，使得ACBD，则BD面ACE，从而有BDCE，计算可得BD与CE不垂直，则A不正确；当翻折到ACCD时，由于BCCD，所以CD面ABC，从而可得ABCD；若ADBC，由于BCCD，所以BC面ACD，从而可得BCAC，而AB12BC，所以这样的地址不存在，故C不正确；同理，D也不正确，应选B．19．D【剖析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的．20．D【剖析】D两平行直线的平行投影不用然重合，故A错；由空间直线与平面的地址关系及线面垂直与平行的判断与性质定理可知B、C均错误，应选D．21．402【剖析】以下列图，SAS'B设S在底面的射影为S，连接AS，SS．SAB的面积为1SASBsinASB1SA21cos2ASB15SA2515，2216∴SA280，SA45．∵SA与底面所成的角为45o，∴SAS45o，ASSAcos45o452210．2∴底面周长l2AS410，∴圆锥的侧面积为145410402．222．②③④【剖析】对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不如设AA为直线m，CD为直线n,ABCD所在的平面为．ABCD所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但

不行立．命题②正确，证明以下：设过直线

n的某平面与平面

订交于直线

l

，则

l∥n，由m

，有

m

l

，从知

m

n结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确．由平行的传达性及线面角的定义知命题④正确．23．7【剖析】如图连接ND，取ND的中点E，连接ME,CE，则ME//AN．8则异面直线AN，CM所成的角为EMC，由题意可知CN=1，AN=22，∴ME=2．又CM=22，DN=22，NE=2，∴CE=3，CM2EM2CE28237则cosCME2222．2CMEM824．2【剖析】AB为x轴，AD为y轴，AQ为z轴建立坐标系，5设正方形边长为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】如图BDEF为底面圆的内接正方形，设ACBC1，则ABADAEAFFBFEEDBD2，即侧面均为等边三角形，∵AC底面BDEF，AFEBCD假设a∥FB，由题意b∥BD，当直线AB与a成60°角时，由图可知AB与b成60°角，所以①错，②正确；假设a∥EB，可知③正确，④错．所以正确为②③．26．【证明】(1)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB∥A1B1．由于AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．D1C1A1B1ADCB(2)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又由于AA1AB，所以四边形ABB1A1为菱形，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)如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接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与平面

ABB1所成的角．由BC5，AB22，AC12111111得cosC1A1B161，sinC1A1B1，77所以CD3，故sinC1ADC1D39．1AC113所以，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39．13方法二(1)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz．zA1B1C1OCAyBx由题意知各点坐标以下：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．设直线AC1与平面ABB1所成的角为．uuuuruuuruuur(0,0,2)，由(1)可知AC(0,23,1)，AB(1,3,0)，BB11设平面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，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39．1328．【剖析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．PFHEQANDBMC由于E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且EF1AD，1AD，所以2又由于BC∥AD，BC2EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，所以CE∥平面PAB．（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．由于E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．由PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC∥AD得BC⊥平面PBN，那么，平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设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，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是2．829．【剖析】证明：（1）在平面ABD内，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的中点H，连接EH，GH，CH．由于EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC322213．取AG中点M，连接EM，CM，EC．则EMAG，CMAG，所以EMC为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为等边三角形，故所求的角为60．解法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立以下列图的空间直角坐标系．由题意得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，设m(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量．uuur2x13z10,mAE0由uuur可得x13y10,mAG0取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3,3,2)．设n(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量．uuur0nAGx23y20,由uuur可得nCG02x23z20,取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3,3,2)．所以cosm,nmn1．|m||n|2所以所求的角为60．31．【剖析】（1）由正棱柱的定义，CC1平面ABCD，所以平面A1ACC1平面ABCD，CC1AC．记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处．由于AC107，AM40．所以MN402(107)230，从而sinMAC3．4记AM与水平的交点为P1，过P1作11，Q1为垂足，PQAC则PQ11平面ABCD，故PQ1112，从而AP1PQ1116．sinMAC答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．(若是将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)2）如图，O，O1是正棱台的两底面中心．由正棱台的定义，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，OO1⊥EG．同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，OO1⊥E1G1．记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．过G作GK⊥E1G1，K为垂足，则GK=OO1=32．由于EG=14，E1G1=62，所以KG1=621424，从而GG1KG12GK224232240．24设∠EGG1,∠ENG,则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记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2⊥平面EFGH，故P2Q2=12，从而EP2=P2Q220．sin∠NEG答:玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．(若是将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为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）过

D作

DG

EF

，垂足为

G，由（Ⅰ）知

DG

平面

ABEF

．uuuruuur以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，|GF|为单位长度，建立以下列图的空间直角坐标系Gxyz．由（Ⅰ）知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60o，则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为二面角CBEF的平面角，CEF60o．从而可得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，则设nruuur0，nC0，即x3zruuur04y0nr3,0,3．所以可取nrruuur0mC设m是平面CD的法向量，则ruuur，m0rrrrr2190,3,4nm同理可取m．则cosn,mrr．nm19故二面角C219的余弦值为．1933．【剖析】（I）证明：∵AECF5，4∴AECF，∴EF∥AC．ADCD∵四边形ABCD为菱形，∴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）建立如图坐标系Hxyz．B5，0，0，C1，3，0，D'0，0，3，A1，3，0，uuuruuuruuur0，6，0，，，，AD'1，3，3，ACAB430ur设面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的中点T，连接AT,TN．由N为PC中点知TN//BC，TN1BC2．2又AD//BC，故TN平行且等于AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT．由于AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN//平面PAB．（Ⅱ）取BC的中点E，连接AE，由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AEAB2BE2AB2(BC)25．uuur2x轴正方向，建立以下列图的空间直角坐标系以A为坐标原点，AE的方向为xyz，由题意知，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设n(x,y,z)为平面PMN的法向量，则ruuur，即5xy，nPN02z0r2(0,2,1)，可取nruuur于是|cosn,AN|

ruuur|nAN|ruuur|n||AN|

5．2535．【剖析】（Ⅰ）设ACIBEO，连接OF，EC，由于E为AD的中点，ABBC1AD,AD//BC，2所以AE//BC,AEABBC,所以四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，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）由题意知，ED//BC,EDBC，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE//CD．又AP平面PCD，所以APCD，所以APBE．由于四边形ABCE为菱形，所以BEAC．又APIACA，AP，AC平面PAC，所以BE平面PAC．36．【剖析】（Ⅰ）∵D，E为PC，AC中点，∴DE∥PA∵PA平面DEF，DE平面DEF，∴PA∥平面DEF（Ⅱ）∵D，E为PC，AC中点，∴DE1PA32∵E，F为AC，AB中点，∴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）连接BD交AC于点O，连接EO．由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，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为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．uuuruuur如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，AP为单位长，建立空间直角坐标系Axyz，zPEADyBOCx则D(0,3,0),E(0,3,1uuur(0,3,1)．),AE2222设b(m,0,0)(mf0)，则c(m,3,0),uuur(m,3,0)．AC设n1(x,y,z)为平面ACE的法向量，uuurmx3y0,n1AC0,3,1,3)．即，可取n1(则uuur3y1zn1AE0,0,m2又n2(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设cosn1,n21，即331，解得m3．24m222由于E为PD的中点，所以三棱锥EACD的高为1．211313．三棱锥EACD的体积V23283238．【剖析】（Ⅰ）证明：如图取PB中点M，连接MF，AM．由于F为PC中点，1故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E为AD中点，所以MF//AE且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，所以EF//平面PAB．（Ⅱ）（i）证明：连接PE，BE．由于PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角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，从而PBE90o，即BEPB，又BC//AD，BEAD，从而BEBC，所以BE平面PBC．又BE平面ABCD，所以平面PBC平面ABCD．（ii）连接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角，由PB=3，PA=5，AB=2得ABP为直角，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所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为1139．【剖析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．所以O为AC的中点，BD⊥AC．又由于PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以PA⊥BD．所以BD⊥平面APC．（Ⅱ）连接OG．由(1)可知OD⊥平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．由题意得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与平面APC所成的角的正切值为43．3（Ⅲ）连接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从而PG＝315，5所以PG3．GC240．【剖析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，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）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO．PQOABMGC由G为?AOC的重心，得M为AC中点，由G为PA中点，得QM//PC．又O为AB中点，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为B1C1的中点，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中点点E到面BCF的距离h1PH122三棱锥EBCF的体积V1SBCFh11FCADh112123326212（Ⅲ）取PA的中点为G，连接DG,EG，PDADDGPA，又AB平面PAD面PAD面PABDG面PAB，点E,G是棱PB,PA的中点11EG//AB,DF//ABEG//DFDG//EF，22得：EF平面PAB．43．【证明】：（Ⅰ）在△PAD中，由于E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．又由于EF平面PCD，PD平面PCD，所以直线EF//平面PCD．PEFDACB（Ⅱ）连接DB，由于AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD为正三角形，由于F是AD的中点，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）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD．因PA=PD，有PGAD，在ABD中，ABAD1,DAB60，有ABD为等边三角形，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为二面角P—AD—B的平面角，在RtPAG中,PG2PA2AG274在RtABG中,BG=ABsin60o=32734PG2BG2PB2421cos4PGB2PGBG737222法二：（Ⅰ）取AD中点为G，由于PAPD,PGAD.又ABAD,DAB60,ABD为等边三角形，所以，BGAD，从而AD平面PBG．延长BG到O且使得POOB，又PO平面PBG，