新人教版高中数学必修第二册：8.4〜 8.6综合拔高练

8.4〜8.6综合拔高练

五年高考练

考点1空间点'线'面的位置关系

1.（2019课标m,8,5分/）如图，点N为正方形ABCD的中心,AECD为

正三角形，平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点，则（）

A.BM二EN,且直线BM,EN是相交直线

B.BMWEN,且直线BM,EN是相交直线

C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线

D.BMWEN,且直线BM,EN是异面直线

考点2空间平行、垂直关系的证明

2.（2019课标II,7,5分*?）设a,p为两个平面，则a邛的充要条件是

（）

A。内有无数条直线与0平行

B.a内有两条相交直线与P平行

C.a，B平行于同一条直线

D.a,p垂直于同一平面

3.（2019北京,12,5分#）已知l,m是平面a外的两条不同直线.给出

下列三个论断：

①1J_rr^mIIa;③1_La.

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确

的命题:.

4.（2020课标1,19,12分,不）如图,D为圆锥的顶点Q是圆锥底面的圆

心,SBC是底面的内接正三角形尸为DO上一点/APC=90°.

Q）证明:平面PABJL平面PAC;

（2）设DO二夜，圆锥的侧面积为遮TT,求三棱锥P-ABC的体积.

5.（2020课标I^,19』2分*）如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F

分别在棱DDLBBI上，且2DE二EDI,BF=2FBL证明:

⑴当AB=BC时,EF_LAC;

（2）点Ci在平面AEF内.

6.（2020江苏,15,14分,"）在三棱柱ABC-AiBiCi中,ABJLAC,BICJL

平面ABC,E,F分别是AC,BiC的中点.

⑴求证:EFII平面ABiCi；

（2）求证:平面ABiCJ_平面ABBi.

考点3空间角

7.（2020新高考I,4,5分,"）日皆是中国古代用来测定时间的仪器，利

用与唇面垂直的唇针投射到唇面的影子来测定时间.把地球看成一个

球（球心记为O）,地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面

所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放

置一个日辱,若辱面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°,则

■针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°C.50°D.90°

8.（2020浙江,19,15分,*）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD±

平面ABC,zACB=zACD=45°,DC=2BC.

Q）证明:EFJ_DB;

（2）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.

9.（2019课标m,19,12分,"）图1是由矩形ADEB,RfABC和菱形

BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1,BE=BF=2/FBC=60°.将其

沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图2.

⑴证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABCJ_平面BCGE;

（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.深.折

图I图2

10.(2019天津,17,13分，嫩)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD

为平行四边形,4PCD为等边三角形，平面PACJ_平面

PCD,PA±CD,CD=2,AD=3.

⑴设G,H分别为PB,AC的中点，求证:GHII平面PAD;

(2)求证:PA_L平面PCD;

(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.

考点4空间距离

11.(2019课标1,16,5分,#)已知NACB=90°,P为平面ABC外一

点,PC=2,点P到NACB两边AC,BC的距离均为百，那么P到平面ABC

的距离为.

12.(2019课标1,19,12分*)如图，直四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面

是菱形,AAi=4,AB=2/BAD=60°,E,M,N分别是BC,BBi,AiD的中点.

(1)证明:MNII平面CiDE;

(2)求点C到平面CiDE的距离.

考点5立体几何中的探究性问题

13.(2019北京,18,14分,")如图，在四棱锥P-ABCD中,PA_L平面

ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.

(1)求证:BD_L平面PAC;

(2)若NABC=60°,求证:平面PABJL平面PAE;

⑶棱PB上是否存在点F,使得CFII平面PAE?说明理由.

p

三年模拟练

应用实践

1.（2020辽宁沈阳东北育才实验学校高三三模,"）已知m,n是两条不

重合的直线,a,B是两个不重合的平面，下列命题正确的是（）

A.若则a邛

B.若miln,m_La,n_1_0,则alip

C.若mJ_n,mua,nuB，则a_L0

D.若m_Ln,mlla,n_LB，则aJL0

2.（2020山东泰安一中高三下月考,*）已知a，B是不重合的平面,m,n

是不重合的直线，则m±a的一个充分条件是（）

A.m±n,ncaB.miip,a±p

C.n±a,n±p,m±pD.anp=n,a±p,m±n

3.（2020黑龙江大庆实验中学高三下月考,上?）长方体

ABCD-AiBiCiDi中,AB=AAi=2,AD=l,E为CCi的中点，则异面直线

BQ与AE所成角的余弦值为（）

C2后D3国

1010

4.（2020安徽安庆一中高三下月考,不）已知三棱锥P-ABC中,0为AB

的中点,PO1•平面ABC/APB=90°,PA=PB=2,则下列说法错误的是

A.若O为SBC的外心，则PC=2

B.若SBC为等边三角形，则AP±BC

C.当NACB=90°时,PC与平面PAB所成角的范围为（0怖

D.当PC=4时,M为平面PBC内一动点，若OMII平面PAC,贝ijM在三

角形PBC内的轨迹长度为2

5.（2020山东济宁第一中学高三下月考,"）已知四棱锥M-ABCD

中,MAJL平面

ABCDzAB±BC,zBCD+zBAD=180°/MA=2,BC=2V6,zABM=30°.

若四面体M-ACD的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为

（涕度解析）

A.20nB.22TlC.40TID.44TI

6.（2020广东佛山高三月考,*?）在正方体ABCD-AiBiCiDi中，点。是

四边形ABCD的中心，关于直线AiO,下列说法正确的是（）

A.AiOIIDiCB.AiOJ_BC

C.AiOll平面BiCDiD.AiOJ_平面ABiDi

7.（2020广东佛山顺德高三下月考,"）设正方体ABCD-AiBiCiDi的

棱长为1,E为DDi的中点,M为BDi上一点,N为平面AEC内一点，

则M,N两点间距离的最小值为（）

A.-B.在C成D.立

3646

8.（2020湖南长沙长郡中学高三下月考,*）在棱长为1的正方体

ABCD-AiBiCiDi中，点C关于平面BDCi的对称点为M,则AM与平

面ABCD所成角的正切值为（）

A.yB.V2C.V3D.2

9.（2020山东省实验中学高三一模，窗）如图，在四棱锥P-ABCD中，底

面ABCD是边长为2的菱形,NDAB=6（T,NADP=90。,平面ADP_1_平

面ABCD,点F为棱PD的中点.

（1）在棱AB上是否存在一点E,使得AFII平面PCE?若存在，求出点E

的位置;若不存在,请说明理由；

（2）当二面角D-FC-B的余弦值为f时,求直线PB与平面ABCD所成

的角.

10.(2020山东六地部分学校高三下月考,*;)如图,三棱柱

ABC-AiBiCi中,CA=CB/BAAi=45°,平面AAiGCJL平面AAiBiB.

⑴求证:AAI_LBC;

(2)若BBi=V^AB=2,直线BC与平面ABBiAi所成角为45°,D为CCi

的中点，求二面角Bi-AiD-Ci的余弦值.

11.(2020北京朝阳六校高三联考*)在四棱锥P-ABCD中，平面

ABCDJ_平面PCD,底面ABCD为梯形,ABllCD,AD_L.DC,且

o

AB=l,AD=DC=DP=2zzPDC=120.

(1)求证:AD_LPC;

(2)求二面角的余弦值；

从①P-AB-C,②P-BD-C,③P-BC-D这三个条件中任选一个，补充在上

面问题中并作答.

⑶若M是棱PA的中点，求证:对于棱BC上任意一点F,MF与PC都

不平行.

迁移创新

12.（2020江西景德镇高一上期末,"）如图两个同心球，球心均为点O,

其中大球与小球的表面积之比为3：1,线段AB与CD是夹在两个球

体之间的内弦，其中A、C两点在小球上,B、D两点在大球上，两内弦

均不穿过小球内部.当四面体A-BCD的体积达到最大值时，异面直线

AD与BC的夹角为8则sin|=.

答案全解全析

五年高考练

1.B过E作EQ±CD于Q,连接BD,QN,BE,易知点N在BD上•平面ECD±¥

面ABCD,平面ECDCI平面ABCD=CD,；.EQ_L平面ABCD,；.EQ，QN,同理可知

BC^CE,设CD=2,易得EQ=H,QN=1,则

EN=jEQ2+QN2=VI不I=2,BE='BC2+CE2="T^=2也易知BE=BD,又；

M为DE的中点,二BM，DE,；.BM=A/BE2-EM2=7^1=夕,二BM=V7>2=EN.

...BMWEN.

又•.•点M、N、B、E均在平面BED内,；.BM,EN在平面BED内，又BM与EN

不平行，

.,.BM,EN是相交直线，故选B.

2.BA、C、D选项中a与0可能相交，故选B.

3.答案若l_Lm,l，a,则mlla（答案不唯一）

解析把其中两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，共有三种情况.对三

种情况逐一验证.①②作为条件，③作为结论时,还可能IIIa或I与a斜交;①③作为

条件,②作为结论和②③作为条件，①作为结论时,容易证明命题成立.

4.解析⑴证明油题设可知,PA=PB=PC.

由于AABC是正三角形,故可得APAC合APAB/PAC2APBC.

又NAPC=90。,故NAPB=9（T,NBPC=90°.

从而PB_LPA,PB_LPC,故PB_L平面PAC,

所以平面PABJ_平面PAC.

（2）设圆锥的底面半径为r,母线长为I.

由题设可得rl=V3,l2-r2=2.

解得r=l」=百.从而AB=V3.

由⑴可得PA2+PB2=AB4故PA=PB=PC=y.

所以三棱锥P-ABC的体积为:x：xPAxPBxPC=；x〈x（q）聋.

5L5L\LJo

5.证明Q)连接BD,BIDL因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形，故AC，BD.

又因为BBi，平面ABCD,所以AC^BBi,所以AC_L平面BBiDiD.

由于EFu平面BBiDiD,

所以EF±AC.

(2)如图，在棱AAi上取点G,使得AG=2GAi,连接GDi,FCi,FG.

因为DIE=|DDLAG=|AAI,DDI口AAi,所以EDiLJAG,于是四边形EDiGA为平行

四边形，故AEIIGDL

因为BIF^BBLAIGWAAIEBIDAAL所以FGUAiB/G口CR,四边形FGDiCi

为平行四边形，故GDIIIFCL

于是AEllFCi.所以A,E,F,Ci四点共面，即点J在平面AEF内.

6.证明⑴因为E,F分别是AC,BiC的中点，所以EFllABi,

又EFQ平面ABiCi,ABiu平面ABiCi,

所以EFII平面ABiCi.

(2)因为BIC_L平面ABC,ABu平面ABC,

所以BiC±AB.

又AB_LAC,BiCu平面ABiC,

ACu平面ABiC,BiCnAC=C,

所以AB_L平面ABC

又因为ABu平面ABBi,

所以平面ABiC,平面ABBi.

7.B由题意作出如图所示的截面图，设所求角为a,

由图易知a=40°.故选B.

8.解析(1)证明:如图，过点D作DO_LAC,交直线AC于点0,连接0B.

L).F

由NACD=45°,DO_LAC得CD=V2C0,

由平面ACFD_L平面ABC得DO_L平面ABC,所以DO^BC.

由NACB=45°,BC=；CD=¥(：O得BO^BC.所以BC,平面BDO,

故BC±DB.

由三棱台ABC-DEF得BCllEF,所以EF±DB.

(2)过点O作OH_LBD,交直线BD于点H,连接CH.

由三棱台ABC-DEF得DFIICO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与

平面DBC所成角.

由BC,平面BDO得OH_LBC,故OH_L平面BCD,

所以NOCH为直线CO与平面DBC所成角.

设CD=2V2,

由DO=OC=2,BO=BC=&,

得BD=V6,OH=^,

所以sin/OCH嘤=当

因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为苧.

9.解析⑴证明:由已知得ADllBE,CGllBE,所以ADIICG,故AD,CG确定一个平

面，从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB_LBE,

AB±BC,

故ABJ_平面BCGE.

又因为ABu平面ABC,

所以平面ABC_L平面BCGE.

(2)由⑴得ABJ_平面BCGE,又ABIIDE,

...DEL平面BCGE,过点E作EH，CG,交CG于点H,连接DH,则NDHE就是二面

角B-CG-A的平面角.

VDE=AB=l,EH=EGsin60°=2x^=V3,

.•.tan/DHE嗡$=冬

/.zDHE=30o,

即二面角B-CG-A的大小为30°.

解题反思

本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪

些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过二面角的平面角的定义

将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.

10.解析Q)证明:如图，连接BD,易知ACnBD=H,BH=DH.

又BG=PG,所以GHllPD.

又因为GHQ平面PAD,PDu平面PAD,

所以GHII平面PAD.

(2)证明:取棱PC的中点N,连接DN.

依题意，得DN,PC.

又因为平面PAC_L平面PCD,平面PACD平面PCD=PC,DNu平面PCD,

所以DN_L平面PAC,

又PAu平面PAC,所以DNLPA.

又PAJLCD,CDnDN=D,CD,DNu平面PCD,所以PA,平面PCD.

⑶连接AN,由⑵中DNJ_平面PAC,可知NDAN为直线AD与平面PAC所成的

角.

因为WCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点，所以DN=V3.

又DN±AN,

所以在RfAND中,sin/DAN=^=亨.

所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为苧.

11.答案V2

解析设PO,平面ABC于O,PE，AC于E,PF，BC于F,连接OE、OF、OC,

；PO_L平面ABC,，PO，AC,

又POnPE=P,，AC_L平面POE,

AACXOE,

同理有BC±OF,.\四边形OECF为矩形,

•.•PC=PC且PE=PF,

/.RtAPEC^RtAPFC,

二EC=FC=VPC2-PF2=1,

...四边形OECF是边长为1的正方形,

/.OC=V2,

在Rt△POC中,PO=VPC2-OC2=7^

12.解析⑴证明:连接B1GME.因为M,E分别为BB1,BC的中点，所以MEllBiC,

且ME=；BiC.又因为N为AiD的中点，所以ND=|AiD.

由题设知AiBWDC,可得BiC口AiD,故MEDND,因此四边形MNDE为平行四边

形,MNIIED.

又MN4平面GDE,所以MNII平面CiDE.

(2)过C作CiE的垂线，垂足为H.

由已知可得DE^BCQEJLCiC,所以DEL平面QCE,故DE^CH.

从而CH,平面GDE,

故CH的长即为C到平面CiDE的距离.

由已知可得CE=l,CiC=4,所以CiE=V17,

故CH=^

从而点C到平面C1DE的距离为笔.

13.解析⑴证明:因为PA_L平面ABCD,BDu平面ABCD,所以PA±BD.

因为底面ABCD为菱形，所以BD±AC.

因为PAPIAC=A，所以BD_L平面PAC.

(2)证明:因为PA,平面ABCD,AEu平面ABCD,所以PA±AE.

因为底面ABCD为菱形/ABC=60°,且E为CD的中点，

所以AE_LCD.所以AB_LAE.又因为PAAAB=A，所以AE_L平面PAB.又因为AEG

平面PAE,

所以平面PAB，平面PAE.

(3)棱PB上存在点F,使得CFII平面PAE.

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连接CF,FG,EG,

则FGllAB,且FG=|AB.

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，所以CEllAB,且CE=|AB.

所以FGIICE,且FG=CE.

所以四边形CEGF为平行四边形.

所以CFIIEG.

因为CFC平面PAE,EGu平面PAE,

所以CFII平面PAE.

三年模拟练

应用实践

1.B若mlla/mlip,nlla,nlip,!/!ijall。或a与0相交，故A错；

若miln,mJLa,则n_La,又n_L0,a，B是两个不重合的平面，所以。邛,故B正确；

若m_Ln,mua,则nca或n与a相交，又nu0,a，B是两个不重合的平面，所以a

与0相交，故C错；

若则nua或nlla或n与a相交，又n_LB，a0是两个不重合的平面,

所以。邛或a与0相交，故D错.

故选B.

2.C对于A,由m_Ln,nua,得m与a相交或mlla,故A不符合；

对于B,由得m与a相交或mila,故B不符合；

对于C,由n_La,n_LB，得a邛,又mJ_B，所以m_La，故C符合；

对于D,由anB=n,a_L0,m_Ln,得m与a相交或mlla或mua,故D不符合.

故选C.

3.B连接ADLDIE,则ADiIIBCi,二NDIAE(或其补角)就是异面直线BCi与AE

所成角.

在ADIAE中,ADI=遮,AE=V^,D正=通，

...COSND1AE=V穿室=般言=黑...异面直线BC1与AE所成角的余弦值

201A・AE2xV5xV610

为禁.故选B.

4.B若0为AABC的外心，则OA=OB=OC,；PO_L平面ABC,/.PA=PB=PC,故A

正确；

假设PA_LBC,又由题意得PO_LBC,.•.BCJL平面APB,.•.BC_LAB,与△ABC为等边

三角形矛盾，故B错误；

当NACB=90°时，连接0C,则OC=&,PC=2,过C作CH_LAB,连接PH,则NCPH

为PC与平面PAB所成角，如图LsinNCPH=竽W„,

AzCPH的范围为（0理故C正确;

HB

取Mi、M2分别为PB、BC的中点，则平面OM1M2II平面APC,.•.线段M1M2为

M在三角形PBC内的轨迹，其长度为2,故D正确.

解题反思

本题为立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题

时，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题不成立.

5.CVzBCD+zBAD=180o,/.A,B、C、D四点共圆，又AB^BC,；.

zADC=zABC=90°.

•.,MA_L平面ABCD,AMAXAB.

Atan30°=与得人8=2於，

，AC=(2V3)2+(2㈣2=6.

设AC的中点为E,MC的中点为O,连接0E.；MA，平面ABCD,，OE_L平面

ABCD,

易知点0为四面体M-ACD外接球的球心，且OC=J(J+(|丫=同，

.•.S球=4TVOC2=40TT.故选C.

方法总结

解决与球有关的内切或外接问题时，解题的关键是确定球心的位置,对于球的外接

几何体问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的

垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.

6.C如图所示，设AICIPIBIDLM，则M为AiCi的中点.连接MC.

在正方体ABCD-AiBiCiDi

易知ACIIAICLMAC=AICI,

•••点0、M分别为AC、AiCi的中点，

AiMII0C,且AiM=OC,

四边形AiMCO为平行四边形，

AAiOllCM,

由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行,，A选项中的命题错误；

连接BM,易知BM=CM,则ABCM为等腰三角形，且BC为底,，BC与CM不垂直,

VAiOllCM,.,.AiO与BC不垂直,，B选项中的命题错误；

VAiOllCM,AiOa平面BICDLCMU平面BiCDi,...AiOll平面BiCDi,

...C选项中的命题正确；

•.•四边形A1B1C1D1为正方形，

/.BiDi±AiCi,

在正方体ABCD-AiBiCiDi中,CCi_1_平面AIBICIDI,BIDIU平面AiBiCiDi,

BiDi±CCi,VAiCinCCi=Ci,>'.B1D1_1_平面AiCCi,

•；AiCu平面AiCCi,I.AiC同理可证AiC_l_ABi,且ABiABiDi=Bi,

，AiC_L平面ABIDI,Z.AIO与平面ABiDi不垂直,D选项中的命题错误.故选C.

7.B如图所示.

由题意可知0E是三角形BDDi的中位线，故所求即为0E与BDi两平行线间的

距离，设为d,由题意得DDi=LBD=&,BDi=b，所以有gBD.DDi=gBDr2d,解得

d=彗故选B.

6

8.B由题意可得BD=DCi=BCi=&,

设点C到平面BDCi的距离为h.

由％-BDCi=^Ci-DCB»W15-h=|SADBC-CCl,则《X乎X(V2)2h=ixlxi

DiBDC1DD*TD乙

解得h。.•.点C到平面BDCi的距离为今

连接AiC,CA,在正方体ABCD-AiBiCiDi中,DB_LAC,DB_LAAi,ACnAAi=A，则

DB_L平面AiAC,；.AiC，DB.连接BiC,同理可证BC1平面AiBiC,/.AiC±BCi,

又DBnBCi=B,.\AiC±¥ffiBDCi.

又点C关于平面BDCi的对称点为M,

...点M在线段AiC上，

•.•点C到平面BDCi的距离为与

在正方体ABCD-AiBiCiDi中,AiC=B,

9

.,.CM=jCAi,

二点M为AiC上靠近点Ai的三等分点，过M作CA的垂线交CA于M',则

MM'IIAiA,MM'=|AiA=|,AM'=|AC=y,

由于AiA_L平面ABCD,

，MM」平面ABCD,

2

连接MA,则AM与平面ABCD所成角为NMAM',tanNMAM'=^=/=&,

T

AAM与平面ABCD所成角的正切值为近.

9.解析Q）在棱AB上存在点E,使得AFII平面PCE,点E为棱AB的中点，理由如

下：

取PC的中点Q,连接EQ、FQ,由题意得,FQIIDC且FQ=gCD,AEIICD,且AE=|CD,

AEIIFQ,且AE=FQ,

四边形AEQF为平行四边形，

...AFIIEQ,又EQu平面PEC,AFC平面PEC,；.AFII平面PEC.

⑵设PD=a,VzADP=90°,.\PD±AD.

,平面ADP_L平面ABCD,平面ADPD平面ABCD=AD,；.PD_L平面ABCD.

连接BD,则NPBD就是直线PB与平面ABCD所成的角.

由题意得,ABDC为等边三角形.

过B作BH±CD于H,则H为CD的中点，

•.•PD_L平面ABCD,；.PD，BH,又PDACD=D,；.BH_L平面PDC.

过H作HG±FC于G,连接BG,则NBGH就是二面角D-FC-B的平面角.

cosZBGH=Y»tanzBGH=V7,

易得BH=V3,/.GH=^y-.

aV2I

GH_FD.

VsinzGCH=%=子，解得a=2V3,

HC-FC,''

tanzPBD=—=—=V3,

BD2

.•.NPBD=60°,即直线PB与平面ABCD所成的角为60°.

10.解析⑴证明:过点C作CO，AA1,垂足为O,

•平面AAiCiC_L平面AAiBiB,平面AAiCiCn平面AAiBiB=AAi,

.•.CO_L平面AA1B1B,

又OBu平面AAiBiB,.\CO±OB,

又•:CA=CB,CO=CO,zCOA=zCOB=90°,Rt^AOC^Rt^BOC,/.OA=OB,

zAiAB=45°,.\zAOB=90°,

AAi±OB,

又,.,人人1_1_(2。，人人1_1_平面BOC,

/.AAi±BC.

cD

(2)由(1)得CO,平面AAiBiB,.\zCBO是直线BC与平面AAiBiB所成角，

.,.zCBO=45°,

Z.AO=BO=CO=1,O为AAi的中点，

.".COIlDAi，

过Bi作BiOi_LAAi,交AAi的延长线于Oi,则NBIAQI就是二面角Bi-AiD-Ci

的平面角.

由等角定理知NBIAIOI二NBAAI=45°,

••・二面角Bi-AiD-Ci的余弦值为当

11.解析⑴证明:•.•平面ABCD_L平面PCD,平面ABCDCI平面PCD=CD,ADu

平面ABCD,AD，DC,；.AD，平面PCD,又PCu平面PCD,AAD±PC.

(2)若选①，过点P作PO±CD交CD的延长线于点0.

,平面PCD_L平面ABCD,平面PCDCI平面ABCD=CD,POu平面PCD,

.•.PO_L平面ABCD,过0作