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《立体几何》
【知识归纳】
线面位置关系的相关判定定理和性质定理：
定理 语言表示 图形表示 符号表示
直线和平面平行 判定定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
性质定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．
直线和平面垂直 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．
性质定理 垂直于同一平面的两条直线平行．
平面和平面平行 判定定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．
性质定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．
平面和平面垂直 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．
性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
【典例】
考向一：线面平行
1．（2021春 汉中期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，∠ABP＝90°，AB＝BP＝2，点D在平面ABP内的投影F是AB的中点，点E是PC的中点．
（1）证明：EF∥平面ADP；
（2）若PD＝3，求C到平面PDF的距离．
2．（2021春 保定期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E是PB中点．
（1）求证：PD∥平面EAC；
（2）若PA＝AD＝2，AB＝2，求三棱锥P﹣ACD的表面积．
3．（2021 香坊区校级四模）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，，E为PA的中点，D为AC的中点，F为棱PB上靠近B的三等分点．
（1）证明：BD∥平面CEF．
（2）若PA⊥AC，求二面角E﹣CF﹣B的正弦值．
考向二：线面垂直
4．（2021春 铁东区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，AB＝1，AD＝2，PD＝，E为BC的中点，PE⊥DE．
（1）证明：PA⊥平面ABCD；
（2）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值．
5．（2021春 雨花区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝PD＝PA＝AD＝AB＝2．
（1）求证：平面PBC⊥平面PAB；
（2）求二面角D﹣PC﹣B的正弦值．
6．（2021 宜宾模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，平面PBC⊥平面ABCD，点E在AD上，AD⊥平面PEC．
（1）求证：PC⊥平面ABCD；
（2）若AE＝2ED，在线段PB上是否存在一点F，使得AF∥平面PEC，请说明理由．
7．（2021春 广州期末）如图，PA垂直于⊙O所在的平面，AC为⊙O的直径，AB＝3，BC＝4，PA＝3，AE⊥PB，点F为线段BC上一动点．
（1）证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）当点F移动到C点时，求PB与平面AEF所成角的正弦值．
【当堂达标】
1．（2021春 济宁期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠ADC＝90°，PA＝AD＝CD＝2AB，M为PC的中点．
（1）求证：BM∥平面PAD；
（2）求证：BM⊥平面PCD．
2．（2021 梁园区校级模拟）如图，在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，AA1＝3．点E是线段AD1上的动点（不含端点），O为AC的中点．
（1）当E为AD1的中点时，证明：EO∥平面ABB1A1；
（2）当时，求点A到平面BCE的距离．
3．（2021春 聊城期末）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，D为BC的中点，F为PD的中点，E为线段AC上一点，AC＝4AE．
（1）证明：EF∥平面PAB；
（2）若经过点E在底面ABC内画一条直线与PD垂直，则应该怎样画？请说明理由．
4．（2021春 绵阳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，∠BCD＝45°，点E为线段AB的中点，PA＝PD＝PE＝，AB＝2，BC＝2，点E为线段AB的中点．
（1）证明：BD⊥平面ADP；
（2）求二面角D﹣CP﹣E的余弦值．
5．（2021 兴宁区校级二模）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，DC∥AB，∠BAD＝90°，面EAD⊥面ABCD，AB＝AD＝AE＝ED＝DC＝1，M为EB的中点．
（1）求证：DM⊥AE；
（2）求直线DM与平面BCE所成角的正弦值．
6．（2021 广州模拟）如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD∥BC，BC⊥AB，AB＝BC＝2AE＝2，F为CE上一点，且BF⊥平面ACE．
（1）证明：AE⊥平面BCE；
（2）若平面ABE与平面CDE所成锐二面角为60°，求AD．
7．（2021 未央区校级二模）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是半圆弧上异于C，D的点．
（1）证明：直线 DM⊥平面BMC；
（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
【课后巩固】
1．（2021 新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥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．
2．（2021 新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3．
（1）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．
3．（2021 甲卷）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⊥A1B1．
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
4．（2021 乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．
5．（2021 湛江三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝3，BC＝2，E，P分别是B1C1和CC1的中点，点F在棱A1B1上，且B1F＝2．
（1）证明：A1P∥平面EFC；
（2）若AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，求二面角P﹣CF﹣E的余弦值．
6．（2021春 威海期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AA1，B1C1的中点．
（1）求证：A1E∥平面C1BD；
（2）若DC1⊥BD，AC＝BC＝1，AA1＝2．
（ⅰ）求二面角B﹣DC1﹣C的正切值；
（ⅱ）求直线A1E到平面C1BD的距离．
7．（2021春 河东区期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，AC＝9，BC＝12，AB＝15，点D是AB的中点．
（1）求证：AC⊥B1C；
（2）求证：AC1∥平面CDB1．
[参考答案]
【典例】
考向一：线面平行
1．【解答】（1）证明：取BP的中点为G，连接EG，FG，
因为E是PC的中点，F是AB的中点，则EG∥CB，FG∥AP，
又ABCD为平行四边形，则CB∥DA，所以EG∥DA，
因为EG∩FG＝G，EG，FG 平面EFG，DA∩AP＝A，DA，AP 平面ADP，
故平面EFG∥平面ADP，又EF 平面EFG，所以EF∥平面ADP；
（2）解：因为AB＝BP＝2，∠ABP＝90°，点F是AB的中点，
则FB＝1，FP＝，
因为DF⊥平面ABP，则∠DFP＝90°，
因为PD＝3，所以DF＝，
以点F为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则F（0，0，0），D（0，0，2），P（﹣1，2，0），C（﹣2，0，2），
所以，
设平面PDF的法向量为，
则，
令y＝1，则x＝2，
故，
所以C到平面PDF的距离为＝．
2．【解答】（1）证明：连结BD，交AC于点O，连接EO．
显然，O为BD中点，
又∵E为PB中点，在△PBD中，
由中位线定理可得：EO∥PD，
又∵PD 面EAC，EO 面EAC，
∴PD∥面EAC．
（2）∵PA⊥底面ABCD，AD、AC 平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥AC，
∴，
易知，．
∵四边形ABCD为矩形，PA⊥面ABCD，
∴PA⊥CD，AD⊥CD，AD∩PA＝A，
∴CD⊥面PAD，
∴CD⊥PD，
则△PDC为直角三角形，
在Rt△PCD中，易得，
∴．
∴，
∴S三棱锥P﹣ACD＝S△PAD+S△PAC+S△PCD+S△ACD＝．
3．【解答】（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT．
由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心，，
所以FT∥BD，FT 平面CEF，BD 平面CEF，
所以BD∥平面CEF．
（2）因为PA⊥AC，AC＝1，，所以PA＝2
又因为AB＝AC，PB＝PC，所以PA2+AB2＝PB2即PA⊥AB
所以AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，，，为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，E（0，0，1），C（0，1，0），，B（1，0，0），
所以，，
设平面CEF的法向量为
则有即可令x＝1，y＝z＝2
所以，
设平面CFB的法向量为
则有即可令x＝y＝2，z＝1
所以，
因为
所以，
即二面角E﹣CF﹣B的正弦值为．
考向二：线面垂直
4．【解答】（1）证明：连接AE．因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD．因为PA 平面PAD，所以PA⊥AB．
在△AED中，AE＝ED＝，AD＝2，所以AE2+ED2＝AD2，即AE⊥ED．
因为PE⊥DE，PE∩AE＝E，所以DE⊥平面PAE．
因为PA 平面PAE，所以PA⊥DE．
因为AB，DE相交，所以PA⊥平面ABCD．
（2）解：因为PA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝2，E为BC的中点，PA＝＝，
所以三棱锥P﹣ECD的体积V＝S△ECD PA＝××1×1×＝，
在Rt△PDE中，ED＝，PE＝2，所以△PDE的面积为×2×＝．
设C到平面PDE的距离为d，则××d＝，
所以d＝．即C到平面PDE的距离为．
因为PC＝＝，
所以直线PC与平面PDE所成角的正弦值为＝＝．
5．【解答】（1）证明：取PB的中点E，PA的中点F，连接DF，EF，EC，
所以EF∥AB，AB＝2EF，又因为AB∥CD，AB＝2CD，
则EF∥CD，且EF＝CD，故四边形EFDC为平行四边形，所以CE∥DF，
因为平面PDA⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
又因为AB 平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，又DF 平面PAD，所以AB⊥DF，
因为PD＝PA，F为PA的中点，所以DF⊥AP，因为CE∥DF，所以CE⊥AB，CE⊥AP，
又AP∩AB＝A，AB 平面PAB，所以CE⊥平面PAB，
又因为CE 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB．
（2）解：取AD的中点O，取BC的中点G，
以点O为坐标原地，建立如空间直角坐标系图所示，
则O（0，0，0），，
所以，，
设平面PCB的法向量为，则，即，
令，则x＝1，y＝﹣1，故，
设平面PCD的法向量为，则，即，
令，则x＝3，故，
设二面角D﹣PC﹣B的大小为θ，
所以|cosθ|＝＝，
则，故二面角D﹣PC﹣B的正弦值为．
6．【解答】（1）证明：∵AD⊥平面PEC，PC 平面PCE，∴AD⊥PC，
∵四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，∴AD∥BC，
∴PC⊥BC，
∵平面PBC⊥平面ABCD，且平面PBC∩平面ABCD＝BC，PC 平面PBC，
∴PC⊥平面ABCD．
（2）解：存在，F为PB上靠近B的三等分点，
取PB上靠近B的三等分点为F，取PC上靠近C的三等分点为G，连接EG、FG、AF；
∵F、G分别为PB、PC上的三等分点，
∴FG∥BC且FG＝BC，
∵AE＝2ED，且四棱锥P﹣ABCD的底面为平行四边形，
∴AE∥FG且AE＝FG，
∴四边形AEGF为平行四边形，
∴AF∥EG，
∵EG 平面PEC，AF 平面PEC，
∴AF∥平面PEC．
7．【解答】（1）证明：因为PA垂直于⊙O所在的平面，
即PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，又AC为⊙O的直径，所以AB⊥BC，
因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以BC⊥AE，
因为AE⊥PB，BC∩PB＝B，
所以AE⊥平面PBC，又AE 平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC．
（2）解：因为AB＝3，PA＝3，所以PB＝＝3，
又AE⊥PB，所以AE＝＝，
由AB2＝BE PB，可得BE＝，
如图，过点E作EG∥PA交AB于点G，则＝，可得EG＝，
又BC＝4，所以EC＝＝，
所以S△ABC＝AB BC＝6，S△AEC＝AE EC＝，
设点B到平面AEC的距离为h，
由VE﹣ABC＝VB﹣AEC，可得S△ABC EG＝S△AEC h，
解得h＝，
所以当点F移动到C点时，PB与平面AEF所成角的正弦值为＝．
【当堂达标】
1．【解答】（1）取PD中点N，连接MN，AN，
∵M为PC的中点，∴MN∥CD，且MN＝CD，
又AB∥CD，且CD＝2AB，
∴MN∥AB且MN＝AB，
∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM∥AN，
∵BM 平面PAD，AN 平面PAD，
∴BM∥平面PAD．
（2）∵PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，
∴PA⊥CD，
∵∠ADC＝90°，即CD⊥AD，PA∩AD＝A，
∴CD⊥平面PAD，
∵AN 平面PAD，∴AN⊥CD，
∵PA＝AD，PD中点为N，∴AN⊥PD，
又∵PD∩CD＝D，∴AN⊥平面PDC，
∵BM∥AN，∴BM⊥平面PDC．
2．【解答】（1）证明：如图，连接EO，CD1，
∵AE＝ED1，AO＝OC，∴OE∥CD1，
∵A1B∥CD1，∴EO∥A1B，
∵A1B 平面ABB1A1，EO 平面ABB1A1，
∴EO∥平面ABB1A1；
（2）如图，过点E作MN∥AD，过点A作AH⊥MB，垂足为H，
∵MN∥AD，AD∥BC，
∴平面BCE与平面BCNM重合，
∵BC⊥平面ABB1A1，AH 平面ABB1A1，
∴AH⊥BC，
又AH⊥BM，BM∩BC＝B，BC，BM 平面BCM，
∴AH⊥平面BCM，
由，
可知AM＝1，，
．
故点A到平面BCE的距离为．
3．【解答】（1）证明：取PB的中点G，AB上靠近点A的四等分点H，
连接GF，GH，EH．因为F，G分别为PD，PB的中点，
所以GF∥BD，且．
因为AB＝4AH，AC＝4AE，
所以HE∥BC，且．
所以GF∥HE，且GF＝HE，
所以四边形EFGH是平行四边形，所以EF∥GH，
又GH 平面PAB，EF 平面PAB，
所以EF∥平面PAB．
（2）连接AD，在底面ABC内过点E作直线l⊥AD即可．理由如下：
因为PA⊥平面ABC，l 平面ABC，所以PA⊥l．
又l⊥AD，PA∩AD＝A，所以l⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，所以l⊥PD．
4．【解答】（1）证明：取AD的中点F，连接EF，PF，
因为PA＝PD，则PF⊥AD，
所以PF＝，
在△ABD中，∠BAD＝45°，AB＝，BC＝2，
由余弦定理可得，BD2＝AB2+AD2﹣2AB AD cos∠BAD＝，
则BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD，
因为E，F分别为AB，AD的中点，则EF＝BD＝1，
由PF＝2，PE＝，所以PF2+EF2＝PE2，故PF⊥EF，
又EF∥BD，故BD⊥PF，因为AD∩PF＝F且AD，PF 平面ADP，
故BD⊥平面ADP；
（2）由（1）可得，EF⊥平面ADP，
以点F为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则D（﹣1，0，0），P（0，0，2），C（﹣3，2，0），E（0，1，0），
所以，
设平面DPC的法向量为，则，即，
令z＝﹣1，则x＝y＝2，故，
设平面CPE的法向量为，则，即，
令b＝6，则a＝2，b＝3，故，
所以＝，
故二面角D﹣CP﹣E的余弦值为．
5．【解答】（1）证明：记AE的中点为F，连接MF、DF．
∵DE＝AD＝AE，∴AE⊥DF．
∵面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD＝AD，AB⊥AD，
∴AB⊥面ADE．
∵M为EB的中点，∴MF∥AB，
∴MF⊥面ADE，AE 平面ABE，
∴MF⊥AE，又FM∩DF＝F，
∴AE⊥面DFM，DM 平面DFM，
∴AE⊥DM．
（2）解：∵AB⊥面AEM，又AB∥DC，
∴DC⊥面AED，故可如右图建系．
不妨设DC＝4，则AB＝AD＝AE＝ED＝2，
由等边三角形AED可知，
E（1，0，），B（2，2，0），C（0，4，0），M（，1，），
则有＝（，1，），＝（﹣2，2，0），＝（1，﹣4，），
设面BCE的一个法向量＝（x，y，z），
则，即，令x＝1，则y＝1，z＝，
可得平面BCE的一个法向量＝（1，1，），
则cos＜，＞＝＝，
所以直线DM与平面BCE所成角的正弦值为．
6．【解答】（1）证明：因为平面ABCD⊥平面ABE，
平面ABCD∩平面ABE＝AB，BC⊥AB，BC 平面ABCD，
所以BC⊥平面ABE，又因为AE 平面ABE，所以BC⊥AE，
又因为BF⊥平面ACE，AE 平面ACE，所以BF⊥AE，
又因为BF∩BC＝B，所以AE⊥平面BCE．
（2）设AD＝t，由（1）知AE⊥平面BCE，BE 平面BCE，
所以AE⊥BE，建立如图所示的空间直角坐标系，
A（0，1，0），B（，0，0），D（0，1，t），E（0，0，0），C（，0，2），
＝（0，1，t），＝（，0，2），
设平面CDE的法向量为＝（x，y，z），
，令z＝﹣，＝（2，t，﹣），
平面ABE法向量为＝（0，0，1），
因为平面ABE与平面CDE所成锐二面角为60°，
所以cos60＝＝＝，解得t＝．
故AD＝．
7．【解答】（1）证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．
因为BC⊥CD，BC 平面ABCD，
所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．
因为M为半圆弧上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM．
又BC∩CM＝C，BC 平面BMC，CM 平面BMC，
所以DM⊥平面BMC．
（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：
连结AC交BD于O．因为ABCD为矩形，
所以O为AC中点．
连结OP，因为P为AM中点，
所以MC∥OP．MC 平面PBD，OP 平面PBD，
所以MC∥平面PBD．
【课后巩固】
1．【解答】（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又CD 平面BCD，
所以AO⊥CD；
（2）取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），
设A（0，0，t），则，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，
设平面BCE的法向量为，
又，
所以由，得，
令x＝，则y＝﹣1，，故，因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，
所以，解得t＝1，所以OA＝1，
又，所以，
故＝．
2．【解答】（1）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝，QC＝3，
所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；
又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD 平面QAD，QD 平面QAD，
所以CD⊥平面QAD；
又CD 平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．
（2）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，
以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），
因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为＝（1，0，0），
设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，z），
由＝（﹣2，2，0），＝（0，﹣1，2），
得，即，
令z＝1，得y＝2，x＝2，所以＝（2，2，1）；
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．
3．【解答】（1）证明：连接AF，
∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，
且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF＝，
∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BF⊥AB
∴AF＝＝＝3，AC＝＝＝，
∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），
设B1D＝m，则D（m，0，2），∴＝（0，2，1），＝（1﹣m，1，﹣2），
∴ ＝0，即BF⊥DE．
（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为＝（1，0，0），
由（1）知，＝（1﹣m，1，﹣2），＝（﹣1，1，1），
设平面DEF的法向量为＝（x，y，z），则，即，
令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴＝（3，m+1，2﹣m），
∴cos＜，＞＝＝＝＝，
∴当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，
故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
4．【解答】（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM 平面ABCD，
则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD 平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，又BD 平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ABD+∠ADB＝90°，又∠ABD+∠MAB＝90°，
则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则，所以，解得BC＝；
（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则，P（0，0，1），
所以，，
设平面AMP的法向量为，则有，即，
令，则y＝1，z＝2，故，
设平面BMP的法向量为，则有，即，
令q＝1，则r＝1，故，
所以＝，
设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，
则sinα＝＝，
所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．
5．【解答】（1）证明：连结PB1，交CE于点D，连结DF，EP，CB1，
因为E，P分别为B1C1，CC1的中点，故EP∥CB1且EP＝CB1，
故，又B1F＝2，A1B1＝3，故，
所以FD∥A1P，又FD 平面EFC，A1P 平面EFC，故A1P∥平面EFC；
（2）解：由题意可知，AB，BC，BB1两两垂直，
以B为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则
所以，，
设平面EFC的法向量为，则有，即，
令z＝1，则y＝3，，故，设平面PFC的法向量为，
则有，即，令x＝1，则y＝1，z＝0，故，
所以＝，
由图可知，二面角P﹣CF﹣E为锐二面角，
故二面角P﹣CF﹣E的余弦值为．
6．【解答】证明：（1）取C1B中点F并连接EF，
因为E是BC的中点，所以EF||BB1，且EF＝BB1．
因为D是AA1的中点，所以A1D||EF，且A1D＝EF，所以四边形A1DFE为平行四边形，
所以A1E||DF，因为A1E 平面C1BD．DF 平面C1BD，
所以A1E||平面C1BD．
（2）（i）连接CD，因为AC＝l，AA1＝2，D是AA1的中点，
所以AD＝AC，所以∠ACD＝45°，所以∠C1CD＝45°．
同理可得∠CC1D＝45°，所以CD⊥C1D．
因为CD⊥BD，所以二面角B﹣DC1﹣C的平面角为∠BDC，
又CD∩BD＝D，所以C1D⊥面CBD．
因为BC 平面CBD，所以C1D⊥BC，
因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以CC1⊥面ABC，
又BC 平面 ABC，所以C1C⊥BC．
又C1D∩C1C＝C1，所以BC⊥面ACC1A1，
因为CD 平面ACC1A1，
所以BC⊥CD，易求CD＝，
在Rt△BCD中可求，tan ．
（ⅱ）因为A1E||平面C1BD，所以直线A1E到平面C1BD的距离等于点A1到平面C1BD的距离，
设点A1到平面C1BD的距离为h，
因为，
所以，
即，解得，
所以直线A1E到平面C1BD的距离为．
7．【解答】（1）证明：因为AB2＝AC2+BC2，
所以∠ACB＝90°，AC⊥BC，
又CC1⊥底面ABC，
所以CC1⊥AC，
CC1∩BC＝C，
所以AC⊥平面BB1C1C．
因为B1C 平面BB1C1C，
所以AC⊥B1C．
（2）证明：连接BC1交B1C于点O，连接OD．
因为四边形BB1C1C为矩形，
所以点O为BC1的中点．
又因为点D为AB的中点，
所以OD∥AC1．
因为OD 平面CDB1，AC1 平面CDB1，
所以AC1∥平面CDB1．

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