立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）及答案

立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．（1）求证：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．2．如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．3．在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=3．（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．4．小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．5．如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．6．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．（I）求证：MN//平面BCC1B1；（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值。条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．n注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。7．如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC'的面积为22.（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值.8．在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．9．已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．（1）证明：点F为B1C1的中点；（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角M−CF−E的余弦值为53，求A1MA1B1的值．10．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=15，M，N分别为BC,PC的中点，PD⊥DC,PM⊥MD.（1）证明：AB⊥PM；（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.11．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM.（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P-ADCD的体积.12．已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形．AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F－EBC的体积；（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．13．已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.n（1）证明：BF⊥DE；（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？14．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM，（1）求BC；（2）求二面角A-PM-B的正弦值。15．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（1）求证：D1F//平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正正弦值．（3）求二面角A−A1C1−E的正弦值．16．如图，在三棱锥A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD：（2）若△OCD是边长为1的等边三角形.点E在棱AD上.DE=2EA.且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.17．如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A−EF−A1的正弦值．18．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.19．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABCn是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO．（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B−PC−E的余弦值．20．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1=3，点D, E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1 CE=2, M为棱A1B1的中点．（Ⅰ）求证：C1M⊥B1D；（Ⅱ）求二面角B−B1E−D的正弦值；（Ⅲ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．22．在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．23．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．24．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点．n（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．25．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．26．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1AC1C⊥平面ABC，∠ABC=90°.∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点（1）证明：EF⊥BC（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.27．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=2,AD=3，（Ⅰ）设G,H分别为PB,AC的中点，求证：CH∥平面PAD；（Ⅱ）求证：PA⊥平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.28．如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE, AD∥BC，AD⊥AB, AB=AD=1, AE=BC=2.（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；（Ⅱ）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E−BD−F的余弦值为13，求线段CF的长.29．图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFCC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，连结DC，如题2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；n（2）求图2中的二面角B-CG-A的大小.30．如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.31．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.32．如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值。33．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把ΔDFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥ΒF.（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.34．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=23，∠BAD=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥BC；（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．35．如图，在三角锥P−ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点.（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.36．如图，边长为2的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点。（1）证明：平面AMD⊥平面BMC（2）当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值。37．如图，在三菱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC。D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1n的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2。（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF：（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值：（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交。答案解析部分1．【答案】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，所以OE//平面PAC（2）解：过点A作AF‖OP，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴建立如图所示的空问直角坐标系.因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，义∠ABO=∠CBO=30°，所以，AB=43，所以P(23，2，3)，B(43，0，0)，A(0，0，0)，E(33，1，32)，设AC=a，则C(0，a，0)，平面AEB的法向量设为n1=(x，y，z)，AB=(43，0，0)，AE=(33，1，32)AB⋅n1=0AE⋅n1=0，所以43x=033x+y+32z=0，所以x=0，设z=−2，则y=3，所以n1=(0，3，−2)：平面AEC的法向量设为n2=(x，y，z)，AC=(0，a，0)，AE=(33，1，32)AC⋅n2=0AE⋅n2=0，所以ay=033x+y+32z=0，所以y=0，设x=3，则z=−6，阦以n2=(3，0，−6)：所以cos〈n1，n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=1213×39=12133=4313二面角C−AE−B的平面角为θ，则sinθ=1−cos2θ=1113，所以二面角C−AE−B的正弦值为1113。n2．【答案】（1）证明：由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE，BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）解：依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2，AE=CE=1，BE=3，由于AD=CD，AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，由于BF=BF∠FBA=∠FBCAB=CB，所以△FBA≅△FBC，所以AF=CF，所以EF⊥AC，由于S△AFC=12⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小值.过E作EF⊥BD，垂足为F，在Rt△BED中，12⋅BE⋅DE=12⋅BD⋅EF，解得EF=32，所以DF=12−(32)2=12，BF=2−DF=32，所以BFBD=34过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH//DE，所以FH⊥平面ABC，且FHDE=BFBD=34，所以FH=34，所以VF−ABC=13⋅S△ABC⋅FH=13×12×2×3×34=34.3．【答案】（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，n因为CD//AB，AD=CD=CB=1，AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=32，BD=DE2+BE2=3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD⊥平面PAD，又因PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA（2）解：由(1)知，PD，AD，BD两两垂直，BD=AB2−AD2=3，建立空间直角坐标系如图所示，n则D(0，0，0)， A(1，0，0)， B(0，3，0)， P(0，0，3)，∴PD=(0，0，−3)， PA=(1，0，−3)， AB=(−1，3，0)，设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，则PA⋅n=0AB⋅n=0即x−3z=0−x+3y=0不妨设y=z=1，则n=(3，1，1)，设PD与平面PAB的所成角为θ，则sinθ=|cos〈PD，n〉|=|PD⋅n||PD||n|=|−3|3×5=55，∴PD与平面PAB的所成的角的正弦值为55.4．【答案】（1）证明：分别取AB，BC的中点M，N，连接MN，因为△EAB，△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF//MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF//平面ABCD．（2）解：分别取AD，DC中点K，L，由（1）知，EF//MN且EF=MN，同理有，HE//KM，HE=KM，HG//KL，HG=KL，GF//LN，GF=LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍．n因为MN=NL=LK=KM=42，EM=8sin60∘=43，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d=22，所以该几何体的体积V=(42)2×43+4×13×42×43×22=1283+25633=64033．5．【答案】（1）证明：因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）解：连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1，在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，D(0，0，1)，所以AD=(−1，0，1)，AB=(−1，3，0)，设平面ABD的一个法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+3y=0，取y=3，则n=(3，3，3)，又因为C(−1，0，0)，F(0，34，34)，所以CF=(1，34，34)，所以cos〈n，CF〉=n⋅CF|n||CF|=621×74=437，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)，所以sinθ=|cos〈n，CF〉|=437，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.6．【答案】（I）设点P为AB中点，由于P为AB中点，N为AC中点所以PN为△ABC中位线nPN//BC又M为AB中点，PM是正方形AA1B1B的中位线所以PM//BB1∵BB1//PMBC//PNBB1∩BC=BPM∩PN=P⇒面BCC1B1∥面MPN又MN⊆面MPN∴MN//平面BCC1B1（II）选择条件①，∵面BCC1B1⊥面ABB1A1面BB1C1C∩面ABC=BC，面A1B1BA∩面ABC=AB∴BC⊥AB又NP//BC∴NP⊥AB，又由①：MN⊥AB∴NP⊥ABMN⊥ABNP∩MN=N⇒面MNP⊥AB∵PM⊂面MNP∴PM⊥AB故AB，BC，BB1两两垂直以B为原点，BC为x轴正方向，BA为y轴正方向，BB1为z轴正方向建立坐标系B：(0，0，0)，M：(0，1，2)，N：(1，1，0)，A：(0，2，0)，BM→=(0，1，2)，BN→=(1，1，0)，AB→=(0，−2，0)则BMN的法向量n→=(2，−2，1)AB与面BMN所成角的正弦等于AB与n所半余弦的绝对值，即|AB⋅n|AB||n||=|−46|=23故所求正弦为23.7．【答案】（1）因为VABC−A，BC1=3VA−ABC=4，所以VA−ABC=43，设A到平面A1BC的距离为h；则VA−AiBC1=13SΔAiBC⋅h=43⇒h=2（2）设D为A1C的中点，且AA1=AB，由于平面A1BC⊥平面ABB1A1平面ABC⊥平面ABB1A1平面ABC∩平面A1BC=BC}⇒BC⊥平面ABB1A1n因为AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB，在直角△ABC中，∠ABC=90°，连接A1B，过A作AH⊥A1B，则AH⊥平面A1BC，而BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥A1B.由AA1=AB，AH=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，由△A1BC=22=12A1B×BC⇒BC=2，以B为原点，向量BC，BA，BB1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2，0，0)，A(0，2，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，B(0，0，0)所以BA=(0，2，0)，BD=(1，1，1)，BC=(2，0，0)设平面ABD的一个法向量n=(x，y，z)，n⋅BA=0n⋅BD=0⇒y=0x+y+z=0，令x=1，则有n=(1，0，−1).设平面BCD的一个法向量m=(x0，y0，z0)，n⋅BC=0n⋅BD=0⇒x0=0x0+y0+z0=0令y=1，则有n=(0，1，−1)所以cos⟨n→，m→⟩=n→⋅m→|n→||m→|=12×2=12sin⟨n→，m→⟩=32所以二面角A−BD−C的正弦值为32.8．【答案】（1）取AD的中点为O，连接QO，CO.n因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，而AD=2，QA=5，故QO=5−1=2.在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5，因为QC=3，故QC2=QO2+OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，−1，0)，故BQ=(−2，1，2)，BD=(−2，2，0).设平面QBD的法向量n=(x，y，z)，则n⋅BQ=0n⋅BD=0即−2x+y+2z=0−2x+2y=0，取x=1，则y=1，z=12，故n=(1，1，12).而平面QAD的法向量为m=(1，0，0)，故cos〈m，n〉=11×32=23.二面角B−QD−A的平面角为锐角，故其余弦值为23.9．【答案】（1）如图所示，取B1C1的中点F'，连结DE,EF',F'C，由于ABCD−A1B1C1D1为正方体，E,F'为中点，故EF'∥CD，从而E,F',C,D四点共面，即平面CDE即平面CDEF'，据此可得：直线B1C1交平面CDE于点F'，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F'重合，即点F为B1C1中点.（2）以点D为坐标原点，DA,DC,DD1方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系D−xyz，不妨设正方体的棱长为2，设A1MA1B1=λ(0≤λ≤1)，则：M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2)，从而：MC=(−2,2−2λ,−2),CF=(1,0,2),FE=(0,−2,0)，设平面MCF的法向量为：m=(x1,y1,z1)，则：m⋅MC=−2x1+(2−2λ)y1−2z1=0m⋅CF=x1+2z1=0，n令z1=−1可得：m=(2,11−λ,−1)，设平面CFE的法向量为：n=(x2,y2,z2)，则：n⋅FE=−2y2=0n⋅CF=x2+2z2=0，令z1=−1可得：n=(2,0,−1)，从而：m⋅n=5,|m|=5+(11−λ)2,|n|=5，则：cos〈m,n〉=m⋅n|m|×|n|=55+(11−λ)2×5=53，整理可得：(λ−1)2=14，故λ=12（λ=32舍去）.10．【答案】（1）证明：在△DCM中，DC=1，CM=2，∠DCM=60∘，由余弦定理可得DM=3，所以DM2+DC2=CM2，∴DM⊥DC．由题意DC⊥PD且PD∩DM=D，∴DC⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，所以DC⊥PM，又AB//DC，所以AB⊥PM（2）解：由PM⊥MD，AB⊥PM，而AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD，因为AM=7，所以PM=22，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则A(−3,2,0),P(0,0,22),D(3,0,0),M(0,0,0),C(3,−1,0)又N为PC中点，所以N(32,−12,2),AN=(332,−52,2).由（1）得CD⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n=(0,1,0)从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sinθ=|AN⋅n||AN‖n|=52274+254+2=15611．【答案】（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）由（1）可知，AM⊥平面PBD，所以AM⊥BD，从而△DAB~△ABM，n设BM=x，AD=2x，则BMAB=ABAD，即2x2=1，解得x=22，所以AD=2．因为PD⊥底面ABCD，故四棱锥P−ABCD的体积为V=13×(1×2)×1=23．12．【答案】（1）如图所示，连结AF，由题意可得：BF=BC2+CF2=4+1=5，由于AB⊥BB1，BC⊥AB，BB1∩BC=B，故AB⊥平面BCC1B1，而BF⊂平面BCC1B1，故AB⊥BF，从而有AF=AB2+BF2=4+5=3，从而AC=AF2−CF2=9−1=22，则AB2+BC2=AC2，∴AB⊥BC，△ABC为等腰直角三角形，S△BCE=12s△ABC=12×(12×2×2)=1，VF−EBC=13×S△BCE×CF=13×1×1=13.（2）由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM−A1B1C1M1，如图所示，取棱AM，BC的中点H，G，连结A1H，HG，GB1，正方形BCC1B1中，G，F为中点，则BF⊥B1G，又BF⊥A1B1，A1B1∩B1G=B1，故BF⊥平面A1B1GH，而DE⊂平面A1B1GH，从而BF⊥DE.13．【答案】（1）因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB因为A1B1//AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，又BB1∩BF=B，所以AB⊥平面BCC1B1．所以BA，BC，BB1两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．所以B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，2)，A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，E(1，1，0)，F(0，2，1)．由题设D(a，0，2)（0≤a≤2）．因为BF=(0，2，1)，DE=(1−a，1，−2)，所以BF⋅DE=0×(1−a)+2×1+1×(−2)=0，所以BF⊥DE．n（2）设平面DFE的法向量为m=(x，y，z)，因为EF=(−1，1，1)，DE=(1−a，1，−2)，所以m⋅EF=0m⋅DE=0，即−x+y+z=0(1−a)x+y−2z=0．令z=2−a，则m=(3，1+a，2−a)因为平面BCC1B1的法向量为BA=(2，0，0)，设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，则|cosθ|=|m⋅BA||m|⋅|BA|=62×2a2−2a+14=32a2−2a+14．当a=12时，2a2−2a+4取最小值为272，此时cosθ取最大值为3272=63．所以(sinθ)min=1−(63)2=33，此时B1D=12．14．【答案】（1）解：因为PD⊥平面ABCD，且矩形ABCD中，AD⊥DC，所以以DA，DC，DP分别为x，y，z轴正方向，D为原点建立空间直角坐标系D-xyz。设BC=t，A（t，0，0），B（t，1，0），M（t2，1，0），P(0，0，1)，所以PB=（t，1，-1），AM=（−12，1，0），因为PB⊥AM，所以PB•AM=-t22+1=0，所以t=2，所以BC=2。（2）设平面APM的一个法向量为m=（x，y，z），由于AP=（-2，0，1），则m•AP=−2x+z=0m•AM=−22x+y=0令x=2，得m=（2，1，2）。设平面PMB的一个法向量为n=（xt，yt，zt），则n•CB=2xt=0n•PB=2xt+yt−zt=0令yt=1，得n=(0，1，1).所以cos（m，n）=m•n|m||n|=37×2=31414，所以二面角A-PM-B的正弦值为7014.n15．【答案】（1）以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，C1(2，2，2)，D1(0，2，2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2，1，0)，F(1，2，0)，所以D1F=(1，0，−2)，A1C1=(2，2，0)，A1E=(2，1，−2)，设平面A1EC1的一个法向量为m=(x1，y1，z1)，则m⋅A1C1=2x1+2y1=0m⋅A1E=2x1+y1−2z1=0，令x1=2，则m=(2，−2，1)，因为D1F⋅m=2−2=0，所以D1F⊥m，因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F//平面A1EC1；（2）由（1）得，AC1=(2，2，2)，设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ，则sinθ=|cos〈m，AC1〉|=|m⋅AC1|m|⋅|AC1||=23×23=39；（3）由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为DB=(2，−2，0)，则cos〈DB，m〉=DB⋅m|DB|⋅|m|=83×22=223，所以二面角A−A1C1−E的正弦值为1−cos2〈DB，m〉=13.16．【答案】（1）∵AB=AD，O为BD中点，∴AO⊥BD，∵AO⊂面ABD，面ABD⊥面BCD且面ABD∩面BCD=BD，∴AO⊥面BCD，∴AO⊥CD．（2）以O为坐标原点，OD为y轴，OA为z轴，垂直OD且过O的直线为x轴，设C(32,12,0)，D(0,1,0)，B(0,−1,0)，A(0,0,m)，E(0,13,23m),∵EB=(0，−43,−23m)，BC=(32,32,0)，设n1=(x1,y1,z1)为面EBC法向量，∴EB⋅n1=−43y1−23mz1=0BC⋅n1=32x1+32y1=0，∴2y1+mz1=0x1+3y1=0，n令y1=1，∴z1=−2m，x1=−3，∴n1=(−3，1，−2m)，面BCD法向量为OA=(0,0,m)，cos〈n1,OA〉=|−2m⋅4+4m2|=22，解得m=1，∴OA=1，∴S△ABD=12×BD×OA=12×2×1=1，VA−BCD=13⋅S△ABD⋅|xc|=36．17．【答案】（1）解：在棱CC1上取点G，使得C1G=12CG，连接DG、FG、C1E、C1F，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD//BC且AD=BC，BB1//CC1且BB1=CC1，∵C1G=12CG，BF=2FB1，∴CG=23CC1=23BB1=BF且CG=BF，所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且AF=DG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E//DG且C1E=DG，∴C1E//AF且C1E=AF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内（2）解：以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1−xyz，则A(2,1,3)、A1(2,1,0)、E(2,0,2)、F(0,1,1)，AE=(0,−1,−1)，AF=(−2,0,−2)，A1E=(0,−1,2)，A1F=(−2,0,1)，设平面AEF的法向量为m=(x1,y1,z1)，由m⋅AE=0m⋅AF=0，得−y1−z1=0−2x1−2z1=0取z1=−1，得x1=y1=1，则m=(1,1,−1)，设平面A1EF的法向量为n=(x2,y2,z2)，由n⋅A1E=0n⋅A1F=0，得−y2+2z2=0−2x2+z2=0，取z2=2，得x2=1，y2=4，则n=(1,4,2)，cos<m,n>=m⋅n|m|⋅|n|=33×21=77，设二面角A−EF−A1的平面角为θ，则|cosθ|=77，∴sinθ=1−cos2θ=427.因此，二面角A−EF−A1的正弦值为42718．【答案】（1）解：∵M,N分别为BC，B1C1的中点，n∴MN//BB1又AA1//BB1∴MN//AA1在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC⊥BB1∵MN//BB1MN⊥BC由MN∩AM=M，MN,AM⊂平面A1AMN∴BC⊥平面A1AMN又∵B1C1//BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴B1C1//平面ABC又∵B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC=EF∴B1C1//EF∴EF//BC又∵BC⊥平面A1AMN∴EF⊥平面A1AMN∵EF⊂平面EB1C1F∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN（2）解：连接NP∵AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP∴AO//NP根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N∴ON//AP故：四边形ONPA是平行四边形设△ABC边长是6m(m>0)可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m∴ON=13×6×sin60°=3mn故：ON=AP=3m∵EF//BC∴APAM=EPBM∴333=EP3解得：EP=m在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m∵B1Q=EP且B1Q//EP∴四边形B1QPE是平行四边形，∴B1E//PQ由（1）B1C1⊥平面A1AMN故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=QN2+PN2=(2m)2+(6m)2=210m∴sin∠QPN=QNPQ=2m210m=1010∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：1010.19．【答案】（1）解：由题设，知△DAE为等边三角形，设AE=1，则DO=32，CO=BO=12AE=12，所以PO=66DO=24，PC=PO2+OC2=64,PB=PO2+OB2=64,又△ABC为等边三角形，则BAsin60∘=2OA，所以BA=32，PA2+PB2=34=AB2，则∠APB=90∘，所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，又PC∩PB=P，所以PA⊥平面PBC；（2）解：过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(−12,0,0),P(0,0,24),B(−14,34,0),C(−14,−34,0)，PC=(−14,−34,−24)，PB=(−14,34,−24)，PE=(−12,0,−24)，n设平面PCB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，由n⋅PC=0n⋅PB=0，得−x1−3y1−2z1=0−x1+3y1−2z1=0，令x1=2，得z1=−1,y1=0，所以n=(2,0,−1)，设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2)由m⋅PC=0m⋅PE=0，得−x2−3y2−2z2=0−2x2−2z2=0，令x2=1，得z2=−2,y2=33，所以m=(1,33,−2)故cos<m,n>=n⋅m|n|⋅|m|=223×103=255，设二面角B−PC−E的大小为θ，则cosθ=255.20．【答案】（1）解：在正方形ABCD中，AD//BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD//l，因为在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l⊥DC,且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD,∴l⊥PD,因为CD∩PD=D所以l⊥平面PDC；（2）解：如图建立空间直角坐标系D−xyz，因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，设Q(m,0,1)，则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,−1)，设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，则DC⋅n=0DQ⋅n=0，即y=0mx+z=0，令x=1，则z=−m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,−m)，则cos<n,PB>=n⋅PB|n||PB|=1+0+m3⋅m2+1n根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos<n,PB>|=|1+m|3⋅m2+1=33⋅1+2m+m2m2+1=33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+1≤33⋅1+1=63，当且仅当m=1时取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.21．【答案】解：依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得C(0,0,0)、A(2,0,0)、B(0,2,0)、C1(0,0,3)、A1(2,0,3)、B1(0,2,3)、D(2,0,1)、E(0,0,2)、M(1,1,3).（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)，B1D=(2,−2,−2)，从而C1M⋅B1D=2−2+0=0，所以C1M⊥B1D；（Ⅱ）依题意，CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，EB1=(0,2,1)，ED=(2,0,−1)．设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量，则n⋅EB1=0n⋅ED=0，即2y+z=02x−z=0，不妨设x=1，可得n=(1,−1,2)．cos<CA,n>=CA⋅n|CA|⋅|n|=22×6=66，∴sin<CA,n>=1−cos2<CA,n>=306．所以，二面角B−B1E−D的正弦值为306；（Ⅲ）依题意，AB=(−2,2,0)．由（Ⅱ）知n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos<AB,n>=AB⋅n|AB|⋅|n|=−422×6=−33．所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.22．【答案】（1）解：连CO∵BC=CD,BO=OD∴CO⊥BD以OB,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(−1,0,0)∴E(0,1,1)∴AB=(1,0,−2),DE=(1,1,1)∴cos<AB,DE>=−153=−1515从而直线AB与DE所成角的余弦值为1515n（2）解：设平面DEC一个法向量为n1=(x,y,z),∵DC=(1,2,0),n1⋅DC=0n1⋅DE=0∴x+2y=0x+y+z=0令y=1∴x=−2,z=1∴n1=(−2,1,1)设平面DEF一个法向量为n2=(x1,y1,z1),∵DF=DB+BF=DB+14BC=(74,12,0),n2⋅DF=0n2⋅DE=0∴74x1+12y1=0x1+y1+z1=0令y1=−7∴x1=2,z1=5∴n2=(2,−7,5)∴cos<n1,n2>=−6678=−113因此sinθ=1213=2391323．【答案】（1）证明：由于E,F分别是AC,B1C的中点，所以EF//AB1.由于EF⊂平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.（2）证明：由于B1C⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以B1C⊥AB.由于AB⊥AC,AC∩B1C=C，所以AB⊥平面AB1C,由于AB⊂平面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.24．【答案】解：（Ⅰ）如下图所示：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB//A1B1且AB=A1B1，A1B1//C1D1且A1B1=C1D1，∴AB//C1D1且AB=C1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1，∵BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，∴BC1//平面AD1E；（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系A−xyz，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则A(0,0,0)、A1(0,0,2)、D1(2,0,2)、E(0,2,1)，AD1=(2,0,2)，AE=(0,2,1)，设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z)，由n⋅AD1=0n⋅AE=0，得2x+2z=02y+z=0，令z=−2，则x=2，y=1，则n=(2,1,−2).cos<n,AA1>=n⋅AA1|n|⋅|AA1|=−43×2=−23.因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.n25．【答案】（1）证明：因为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.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）解：因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.26．【答案】（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3.由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=152，n所以cos∠EOG=EO2+OG2−EG22EO⋅OG=35．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35．方法二：连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.不妨设AC=4，则A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(32,32,23)，C(0，2，0).因此，EF=(32,32,23)，BC=(−3,1,0)．由EF⋅BC=0得EF⊥BC．27．【答案】解：（Ⅰ）证明：连接BD，易知AC∩BD=H，BH=DH.又由BG=PG，故GH∥PD，又因为GH⊄平面PAD，平面PAD，所以GH∥平面PAD.（Ⅱ）证明：取棱PC的中点N，连接DN.依题意，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC∩平面PCD=PC，所以DN⊥平面PAC，交PA⊂平面PAC，故DN⊥PA.又已知PA⊥CD，CD∩DN=D，所以PA⊥平面PCD.（Ⅲ）解：连接AN，由（Ⅱ）中DN⊥平面PAC，可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以DN=3.又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN=DNAD=33.所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为3328．【答案】解：依题意，可以建立以A为原点，分别以AB ， AD ， AE的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,1,0)，E(0,0,2).设CF=h (h>0)，则F(1,2,h).（Ⅰ）证明：依题意，AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF=(0,2,h)，可得BF⋅AB=0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.（Ⅱ）依题意，BD=(−1,1,0), BE=(−1,0,2), CE=(−1,−2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，则n⋅BD=0,n⋅BE=0,即−x+y=0,−x+2z=0,不妨令z=1，可得n=(2,2,1).因此有cos〈CE,n〉=CE⋅n|CE||n|=−49.n所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.（Ⅲ）设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量，则m⋅BD=0,m⋅BF=0,即−x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1，可得m=(1,1,−2h).由题意，有|cos〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=|4−2h|32+4h2=13，解得h=87.经检验，符合题意.所以，线段CF的长为8729．【答案】（1）解：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=3．以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3），CG=（1，0，3），AC=（2，–1，0）．设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则CG⋅n=0,AC⋅n=0,即x+3z=0,2x−y=0.所以可取n=（3，6，–3）．又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以cos〈n,m〉=n⋅m|n||m|=32．因此二面角B–CG–A的大小为30°．30．【答案】（1）解：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE．又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1．（2）由（1）知∠BEB1=90°．由题设知Rt△ABE≅Rt△A1B1E，所以∠AEB=45°，故AE=AB，AA1=2AB．以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|n为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CE=(1,−1,1)，CC1=(0,0,2)．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则CB⋅n=0,CE⋅n=0,即x=0,x−y+z=0,所以可取n=(0,−1,−1).设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），则CC1⋅m=0,CE⋅m=0,即2z=0,x−y+z=0.所以可取m=（1，1，0）．于是cos<n,m>=n⋅m|n||m|=−12．所以，二面角B−EC−C1的正弦值为32．31．【答案】（Ⅰ）证明：因为ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又因为PA⊥平面ABCD，所以BD⊥PA，而PA∩AC=A，故BD⊥平面PAC；（Ⅱ）因为∠ABC=60°,所以∠ADC=60°，故△ADC为等边三角形，而E为CD的中点，故AE⊥CD,所以AE⊥AB,又因为PA⊥平面ABCD，所以AB⊥PA,因为PA∩AE=A，所以AB⊥平面PAE,又因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）存在这样的F，当F为PB的中点时，nCF∥平面PAE；取AB的中点G，连接CF、CG和FG，因为G为AB中点，所以AE与GC平行且相等，故四边形AGCE为平行四边形，所以AE∥GC,故GC∥平面PAE在三角形BAP中，F、G分别为BP、BA的中点，所以FG∥PA,故FG∥平面PAE,因为GC和FG均在平面CFG内，且GC∩FG=G,所以平面CGF∥平面PAE，故CF∥平面PAE.32．【答案】（1）解：连结B1C,ME.因为M，E分别为BB1,BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND=12A1D.由题设知A1B1∥=DC，可得B1C∥=A1D，故ME∥=ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.（2）解：建立空间直角坐标系，点N在底面投影为点F，A1(0,0,4),MA→=(−2,0,2),设平面MA1N的法向量为n→=(x,y,z),由{MN→·n→=0MA→·n→=0⇒{−2x+2z=0−32x+32y=0,取x=1,得其中一个法向量n→=(1,3,1),易知平面AMA1的一个法向量为m→=(0,1,0),∴cos〈n→,m→〉=35,sin〈n→,m→〉=25=105,所以二面角A−MA1−N的正弦值为105。33．【答案】（1）解：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PFEF=F，∴BF⊥平面PEF.∴又BF⊂平面ABFD，平面PEF⊥平面ABFD.（2）解：作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.n以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.可得PH=32，EH=32.则H(0，0，0)，P(0，0，32)，D(−1，−32，0)，DP=(1，32，32)，HP=(0，0，32)为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ=|HP⋅DP|HP|⋅|DP||=343=34.∴DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.34．【答案】解：（Ⅰ）由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND．又因为M为棱AB的中点，故MN∥BC．∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM=AD2+AM2=13．∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN=AD2+AN2=13．等腰△DMN中，MN=1，∴cos∠DMN=12MNDM=1326．∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326．（Ⅲ）连接CM∵△ABC为等边三角形，M为边AB中点，∴CM⊥ABCM=3又面ABC⊥面ABD，而CM⊂面ABC，故CM⊥面ABD，∴∠CDM为直线CD与面ABD所成角Rt△CAD中CD=CA2+AD2=4Rt△CMD中，sin∠CDM=CMCD=34所以CD与平面所成角正弦值为3435．【答案】（1）PA=PC=AC=4且O是AC的中点PO⊥AC∵AB=BC=22，AC=4，∴AB2+BC2=AC2∴∠ABC=90°连接BO则OB=OC∴PO2+BO2=PB2nPO⊥OB，PO⊥OCOB∩OC=O∴PO⊥平面ABC（2）∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥OB∴AB=BC=22O是AC的中点∴OB⊥ACOB⊥平面PAC如图所示以O为坐标原点，OB为x轴正方向建立如图所示的直角坐标系O-xyz则P（0，0，23）A（，0，-2，0），C（0，2，0），B（2，0，0）平面PAC法向量为m=（1，0，0）设M（x，2-x，0）平面PAC法向量为n=（1，λ，μ），AP=（0，2，23），AM=（x，4-x，0）则n2·PA=0n2·AM=0即−2λ−23μ=0x+λ(4−x)=0即λ=−3μx+λ(4−x)=0cos〈m·n〉=32=11+λ2+μ2得到λ=12，∴x=-4（舍）λ=−12，x=43即M(43，23，0)∴PAM的法向量n=(1，−12，123)PC=(0，2，−23)记PC与平面PAM所成的角为θ∴sinα=|cos〈PC，n〉|=24·23=34即PC与平面PAM所成的角为的正弦值为34.36．【答案】（1）解：因为BC⊥CD，平面ABCD⊥半圆CD，所以BC⊥面半圆CD又DM⊂半圆弧CD，所以BC⊥DM，又DC是直径，所以DM⊥MC又BC∩MC=C即DM⊥面BCM又DMC⊂面AMD所以平面AMD⊥平面BMCn（2）解：∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M-ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以0为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD的边长为2，∴A(2，-1，0)，B(2，1，0)，M(0，0，1)，则平面MCD的法向量m→=(1，0，0)，设平面MAB的法向量为n→=(x，y，z)则AB→=(0，2，0)，AM→=(-2，1，1)，由n→.AB→=2y=0，n→.AM→=-2x+y+z=0，令x=1则y=0，z=2，即n→=(1，0，2)，则cos<m→，n→>=m→·n→m→n→=11×1+4=15则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=1-152=25537．【答案】解：（Ⅰ）∵AC=BC，又E是AC的中点，∴AC⊥BE，又CC1⊥面ABC，EF∥CC1，∴EF⊥面ABC，n又AC⊂面ABC，∴EF⊥AC.又BE∩EF=E，所以AC⊥面BEF.（Ⅱ）过E作EH⊥CD于H，连接BH∵EH⊥CD，BE⊥AC，BE⊥EF，∴BE⊥面ACC1A1，CD⊂面ACC1A1，∴CD⊥BE，由二面角定义可知，∠BHE为二面角B-CD-C1的平面角的补角，BE=2，EH=12⋅25=55，∴BH=215∴cos∠BHE=EHBH=55215=2121，而二面角B-CD-C1的余弦值为−2121，（Ⅲ）假设FG与面BCD不相交，则FG∥与面BCD，∵EF∩CD=Q，连接BQ，又∵面EFGB∩面DCB=BQ.∵FG∥BH，又BG∥EF，∴四边形BGEF为平行四边形与|BG|≠|FQ|矛盾。所以假设不成立，故FG与面BCD相交。