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第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2023春 兴义市校级期末）如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为（　　）
A．10+2 B．3 C．10+4 D．12
2．（2021春 大连期末）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A．2π B．π C．π D．2π
3．（2024春 通州区期末）在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是（　　）
A．若l β，且α⊥β，则l⊥α
B．若l⊥β，且α∥β，则l⊥α
C．若α∥β，l α，m β，则l∥m
D．若l⊥β，且α⊥β，则l∥α
4．（2023春 鼓楼区校级期末）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2023春 陈仓区期末）某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2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，则该包装盒的容积为（　　）
A． B． C． D．20
6．（2024秋 太和县校级期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段AB1的中点，点G是线段AC1上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则GE+GF的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023春 建邺区校级期末）宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3：4，则该汝窑双耳罐的体积是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024春 辽宁期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024春 琼山区校级期末）已知m，n是异面直线，m α，n β，那么（　　）
A．当m⊥β，或n⊥α时，α⊥β
B．当m∥β，且n∥α时，α∥β
C．当α⊥β时，m⊥β，或n⊥α
D．当α，β不平行时，m与β不平行，且n与α不平行
（多选）10．（2024春 科左中旗校级期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是（　　）
A．圆柱的侧面积为4πR2
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和
D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
（多选）11．（2024春 辽宁期末）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若，则点P的轨迹长度为
C．二面角A﹣EF﹣C的正切值为
D．若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 徐汇区校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为 　 　 ．
13．（2024秋 耒阳市校级期末）将一个底面边长为2cm，高为的正四棱锥铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为 　 　 cm2．
14．（2024春 仓山区校级期末）如图，直四棱柱A1B1C1D1﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，AA1＝3，E，F分别是AB，BC的中点，P为直四棱柱表面上的动点，若D1，E，F，P四点共面，则动点P的轨迹的长度为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2024春 哈尔滨期末）如图，在三棱锥A﹣BCD中，E是线段AD的中点，F是线段CD上的一点．
（1）若EF∥平面ABC，试确定F在CD上的位置，并说明理由；
（2）若BC＝BD＝AD＝AC，证明：CD⊥AB．
16．（2024春 蒙城县校级期末）如图：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
（1）求证：BD1∥平面AEC；
（2）CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1，若存在请说明理由．
17．（2024春 乌兰浩特市校级期末）如图，在四棱锥O﹣MNPQ中，底面MNPQ是正方形，OM⊥平面MNPQ，且OM＝MN＝2．
（1）求直线PO与平面OMQ所成角的余弦值；
（2）求二面角N﹣OP﹣Q的大小．
18．（2024春 吉林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝AD＝4，AB＝2，PA⊥平面ABCD，且M是PD的中点．
（1）求证：AM⊥平面PCD；
（2）求异面直线CD与BM所成角的正切值；
（3）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．
19．（2024春 辛集市期末）如图，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，，E是BC的中点，AE∩BD＝M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD．
（1）求证：CD⊥平面B1DM；
（2）求B1E与平面B1MD所成的角；
（3）在线段B1C上是否存在点P，使得MP∥平面B1AD，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
第八章立体几何初步真题复习卷-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A A B D A A D D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AB ABC BCD
一．选择题（共8小题）
1．（2023春 兴义市校级期末）如图，△O'A'B'是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为（　　）
A．10+2 B．3 C．10+4 D．12
【解答】解：根据斜二测画法得到三角形OAB为直角三角形，底面边长0B＝4，高OA＝2O'A'＝6，AB＝2，
∴直角三角形OAB的周长为10+2．
故选：A．
2．（2021春 大连期末）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A．2π B．π C．π D．2π
【解答】解：圆锥的轴截面边长为2的等边三角形，如图所示；
则圆锥的母线长为l＝2，底面圆半径为r＝1，
所以圆锥的侧面积为S侧面积＝πrl＝π 1 2＝2π．
故选：A．
3．（2024春 通州区期末）在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是（　　）
A．若l β，且α⊥β，则l⊥α
B．若l⊥β，且α∥β，则l⊥α
C．若α∥β，l α，m β，则l∥m
D．若l⊥β，且α⊥β，则l∥α
【解答】解：A不正确，由面面垂直的性质定理可推出；C不正确，可能l与m异面；
B正确，由线面垂直的定义和定理，面面平行的性质定理可推出；
D不正确，由面面垂直的性质定理可知，α∩β＝m，且l⊥m，l⊥β，则l α．
故选：B．
4．（2023春 鼓楼区校级期末）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：对于A，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方体的性质可得MN∥BF，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足．
故选：D．
5．（2023春 陈仓区期末）某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2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，则该包装盒的容积为（　　）
A． B． C． D．20
【解答】解：如图，可知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，
其中长方体的高AA1＝EE′，
长方体的体积，
一个三棱锥的体积V′（1×1）．
则包装盒的容积为V﹣4V′．
故选：A．
6．（2024秋 太和县校级期末）在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是矩形，，点E为线段AB1的中点，点G是线段AC1上的一点，点F是底面ABCD内的一点，则GE+GF的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：如图，
显然当F是G在底面ABCD的射影时，GE+GF才可能最小．
将平面AB1C1沿AC1翻折，使其与平面ACC1共面，如图所示，
由于，则，
所以，
得∠B1AC1＝30°，
同理∠CAC1＝30°，而，
显然当E，G，F三点共线且GF⊥AC时，GE+GF取得最小值，
此时．
故选：A．
7．（2023春 建邺区校级期末）宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3：4，则该汝窑双耳罐的体积是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：∵上、下两圆台的高之比是3：4，∴上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米．
故选：D．
8．（2024春 辽宁期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱长都相等，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则异面直线DF与C1E所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：取A1C1的中点M，AC的中点Q，连接MD，EF，EF，A1D，MQ，
因为E，F，D都是中点，
由题意可得DE∥C1M，且DE＝C1M，所以四边形DEC1M为平行四边形，
所以DM∥C1E，
所以∠MDF为异面直线DF，C1E所成的角，
因为直棱柱的棱长相等，设棱长为2，
则MF＝DE2＝1，EF＝2，所以DF＝DM，
在△MDF中，cos∠MDF．
故选：D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2024春 琼山区校级期末）已知m，n是异面直线，m α，n β，那么（　　）
A．当m⊥β，或n⊥α时，α⊥β
B．当m∥β，且n∥α时，α∥β
C．当α⊥β时，m⊥β，或n⊥α
D．当α，β不平行时，m与β不平行，且n与α不平行
【解答】解：m，n是异面直线，m α，n β，
对于A，当m⊥β，或n⊥α时，由面面垂直的判定定理得α⊥β，故A正确；
对于B，当m∥β，且n∥α时，由面面平行的判定定理得α∥β，故B正确；
对于C，当α⊥β时，m与β相交、平行或m β，或n与α相交、平行或n α，故C错误；
对于D，当α，β不平行时，m与β有可能平行，且n与α有可能平行，故D错误．
故选：AB．
（多选）10．（2024春 科左中旗校级期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是（　　）
A．圆柱的侧面积为4πR2
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和
D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小
【解答】解：对于A：圆柱的侧面积为2πR 2R＝4πR2，所以A选项正确．
对于B：圆锥的侧面积为，所以B选项正确．
对于C：圆锥的体积为，圆柱的体积为πR2 2R＝2πR3，
球的体积为，所以圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和，所以C选项正确．
对于D：球的表面积为4πR2，圆柱的表面积为2πR 2R+2πR2＝6πR2，
圆锥的表面积为，所以圆锥的表面积最小，故D错误．
故选：ABC．
（多选）11．（2024春 辽宁期末）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若，则点P的轨迹长度为
C．二面角A﹣EF﹣C的正切值为
D．若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积是41π
【解答】解：对于A，如图，取A1D1，A1B1中点N，M，且连接B1D1，NE，
因为E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，由中位线定理得MN∥B1D1，EF∥B1D1，
所以MN∥EF，而BD＝B1D1，BB1＝DD1，
所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1，
所以BD∥EF，因为CD＝NE，ND＝CE，
所以四边形NDCE是平行四边形，
所以ND∥CE，因为ND 面CEF，CE 面CEF，
所以ND∥面CEF，
因为BD 面CEF，EF 面CEF，
所以BD∥面CEF，而BD∩ND＝D，
所以面MNDB∥面CEF，又P是正方形A1B1C1D1内的动点，
且DP∥平面CEF，面MNDB和面CEF相交，MN，EF是交线，
所以P的轨迹为线段MN，由勾股定理得，故A错误；
对于B，如图，若，此时AA1⊥面A1B1C1D1，
所以AA1⊥A1P，由勾股定理得，
所以P的轨迹为在面A1B1C1D1内，以A为圆心，1为半径的圆弧，
所以P的轨迹长度为，故B正确；
对于C，如图，作ET⊥BC，连接A1C1与EF交于点S，连接AE，AF，AC，A1F，AS，B1D1，ET，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E．F分别是棱B1C1，C1D1的中点，
A1C1的中点记为V，所以EF是△C1D1B1的中位线，
所以EF∥D1B1，而D1B1⊥A1C1，
所以EF⊥A1C1，而由正方体性质得CC1⊥面A1B1C1D1，
所以CC1⊥EF，而CC1∩A1C1＝C1，CC1，A1C1 面A1ACC1，
故EF⊥面A1ACC1，EF⊥AS，EF⊥CS，
而由勾股定理得，AF＝AE＝6，
由三线合一性质得S是EF的中点，故S是C1V的中点，
即S是A1C1靠近C1的四等分点，
所以由勾股定理得，，，
而EF⊥AS，EF⊥CS，面AEF∩面CEF＝EF，
所以∠ASC是二面角A﹣EF﹣C的平面角，且设该角为θ，
在△ASC中，由余弦定理得，
易得θ∈[0．π]，所以sinθ≥0，而，
解得（负根舍去），
所以，
所以二面角A﹣EF﹣C的正切值为，故C正确；
对于D，如图，取PF的中点G，AC的中点H，连接PE，GH，FP，
因为P是棱A1B1的中点，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，
所以C1F＝C1E＝B1E＝B1P＝2，由勾股定理得，
而PF＝4，所以EF2+PE2＝PF2，所以EF⊥PE，
而，所以点G到E，F，P的距离相等，
因为GH∥AA1，由正方体性质得AA1⊥面PEF，
所以GH⊥面PEF，所以三棱锥P﹣CEF的外接球的球心在GH上，
设球心为O，GO＝t，则HO＝4﹣t，又GP＝2，，
设三棱锥P﹣CEF的外接球的半径为R，则PO＝CO＝R，
在直角三角形HCO中，由勾股定理得R2＝8+（4﹣t）2，
在直角三角形PGO中，由勾股定理得R2＝4+t2，
解得，，
所以三棱锥P﹣CEF的外接球的表面积为，故D正确．
故选：BCD．
三．填空题（共3小题）
12．（2024春 徐汇区校级期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为 　　 ．
【解答】解∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则PB1＝PC1，BC12，BP，
∴cos∠PBC1，
∴∠PBC1，
∴直线PB与AD1所成的角为，
故答案为：．
13．（2024秋 耒阳市校级期末）将一个底面边长为2cm，高为的正四棱锥铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的表面积为 　　 cm2．
【解答】解：由题意可知，当球与正四棱锥的五个面都相切时，球的表面积最大，
因为正四棱锥的底面边长为2cm，高为
所以正四棱锥的侧面底边上的高为2（cm），
设球的半径为r，
则正四棱锥的体积为v4（42×2×4）×r，
解得r（cm），
所以球的表面积为S＝4πr2（cm2）．
故答案为：．
14．（2024春 仓山区校级期末）如图，直四棱柱A1B1C1D1﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，AA1＝3，E，F分别是AB，BC的中点，P为直四棱柱表面上的动点，若D1，E，F，P四点共面，则动点P的轨迹的长度为 　　 ．
【解答】解：设直线EF分别于DA，DC得延长线交于点S，Q，连接D1S，交AA1于点M，
连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，FN，
所以动点P的轨迹为直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的截面五边形D1MEFN．
由平行线分线段比例可知：AS＝BF＝1，
故DS＝DD1＝3，故△DD1S为等腰直角三角形，
所以AM＝AS＝1，故A1M＝2，则，
，
所以五边形D1MEFN的边长为：
．
故答案为：．
四．解答题（共5小题）
15．（2024春 哈尔滨期末）如图，在三棱锥A﹣BCD中，E是线段AD的中点，F是线段CD上的一点．
（1）若EF∥平面ABC，试确定F在CD上的位置，并说明理由；
（2）若BC＝BD＝AD＝AC，证明：CD⊥AB．
【解答】（1）解：F是CD的中点，理由如下：
若EF∥平面ABC，由EF 平面ACD，平面ACD∩平面ABC＝AC，
得EF∥AC，又E是AD的中点，F在CD上，
所以F是CD的中点；
（2）证明：取CD的中点G，连接BG，AG，
因为BC＝BD＝AD＝AC，G为CD中点，
所以CD⊥AG，CD⊥BG，
因为BG∩AG＝G，所以CD⊥平面ABG，
因为AB 平面ABG，
所以CD⊥AB．
16．（2024春 蒙城县校级期末）如图：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
（1）求证：BD1∥平面AEC；
（2）CC1上是否存在一点F，使得平面AEC∥平面BFD1，若存在请说明理由．
【解答】解：（1）证明：连结BD交AC于O，连结EO．
因为ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，底面ABCD为正方形，
对角线AC、BD交于O点，所以O为BD的中点，
又因为E为DD1的中点，在△DBD1中，OE是△DBD1的中位线，
则OE∥BD1，
又OE 平面AEC，BD1 平面AEC，
所以BD1∥平面AEC；
（2）CC1上的中点F即满足平面AEC∥平面BFD1．
因为F为CC1的中点，E为DD1的中点，所以CF∥ED1，
所以四边形CFD1E为平行四边形，所以D1F∥EC，
又因为EC 平面AEC，D1F 平面AEC，
所以D1F∥平面AEC；
由（1）知BD1∥平面AEC，
又因为BD1∩D1F＝D1，
所以平面AEC∥平面BFD1．
17．（2024春 乌兰浩特市校级期末）如图，在四棱锥O﹣MNPQ中，底面MNPQ是正方形，OM⊥平面MNPQ，且OM＝MN＝2．
（1）求直线PO与平面OMQ所成角的余弦值；
（2）求二面角N﹣OP﹣Q的大小．
【解答】解：（1）在正方形MNPQ中，有PQ⊥MQ，
因为OM⊥平面MNPQ，PQ 面MNPQ，
所以OM⊥PQ，
又因为OM 平面OMQ，MQ 平面OMQ，OM∩MQ＝M，
所以PQ⊥平面OMQ，
所以∠POQ为直线PO与平面OMQ所成的角，
在Rt△OMQ中，，
在Rt△OPQ中，，
，
所以直线PO与平面OMQ所成角的余弦值为．
（2）连接NQ交MP于点E，
在正方形MNPQ中，有NQ⊥MP，
因为OM⊥平面MNPQ，NQ 面MNPQ，
所以OM⊥NQ，
因为OM 平面OMP，MP 平面OMP，OM∩MP＝M，
所以NQ⊥平面OMP，
又OP 面OMP，
所以NQ⊥OP，
在△OPN中，过点N作NF⊥OP于点F，连接FQ，
因为NQ 平面NFQ，NF 平面NFQ，NQ∩NF＝N，
所以OP⊥平面NFQ，
又QF 面NFQ，
所以OP⊥QF，
则∠NFQ是二面角N﹣OP﹣Q的平面角，
在△OPN中，，
则NF，
同理可求得，
在△NFQ中，，
由余弦定理可得cos∠NFQ，
则，
则二面角N﹣OP﹣Q的大小为π．
18．（2024春 吉林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝AD＝4，AB＝2，PA⊥平面ABCD，且M是PD的中点．
（1）求证：AM⊥平面PCD；
（2）求异面直线CD与BM所成角的正切值；
（3）求直线CD与平面ACM所成角的正弦值．
【解答】证明：（1）∵PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，∴PA⊥CD，
又四边形ABCD是矩形，∴CD⊥DA，
∵DA∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，
∵AM 平面PAD，∴CD⊥AM，
又M是PD的中点，PA＝AD＝4，∴AM⊥PD，
∵CD∩PD＝D，所以AM⊥平面PCD；
解：（2）∵底面ABCD是矩形，∴CD∥BA，
∴异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角，
由（1）得CD⊥平面PAD，∴BA平面PAD，
∵AM 平面PAD，∴BA⊥AM，∴△BAM为直角三角形，
又M是PD的中点，PA＝AD＝4，∴，
∴在Rt△BAM中，∠ABM即为异面直线CD与BM所成角，故，
∴异面直线CD与BM所成角的正切值为；
解：（3）取AD中点为N，连接MN，AC，
在△PAD中，M，N分别为线段PD，AD的中点，故，
∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴，
由（1）得AM⊥平面PCD，∵MC 平面PCD，∴AM⊥MC，
∵PA＝AD＝4，∴，又AB＝CD＝2，∴，
∴，
设点D到平面AMC的距离为h，直线CD与平面ACM所成角为θ，
则，解得：，
故，
所以直线CD与平面ACM所成角的正弦值为．
19．（2024春 辛集市期末）如图，已知等腰梯形ABCD中，AD∥BC，，E是BC的中点，AE∩BD＝M，将△BAE沿着AE翻折成△B1AE，使平面B1AE⊥平面AECD．
（1）求证：CD⊥平面B1DM；
（2）求B1E与平面B1MD所成的角；
（3）在线段B1C上是否存在点P，使得MP∥平面B1AD，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，E是BC的中点，∴，
故四边形ABED是菱形，从而AE⊥BD，
∴△BAE沿着AE翻折成△B1AE后，AE⊥B1M，AE⊥DM，
又∵B1M∩DM＝M，
∴AE⊥平面B1MD，
由题意，易知AD∥CE，AD＝CE，
∴四边形AECD是平行四边形，故AE∥CD，
∴CD⊥平面B1DM；
（2）解：∵AE⊥平面B1MD，
∴B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M，
由已知条件，可知AB＝AE＝CD，，
∴△B1AE是正三角形，∴∠EB1M＝30°，
∴B1E与平面B1MD所成的角为30°；
（3）假设线段B1C上是存在点P，使得MP∥平面B1AD，
过点P作PQ∥CD交B1D于Q，连结MP，AQ，如下图：
∴AM∥CD∥PQ，∴A，M，P，Q 四点共面，
又∵MP∥平面B1AD，∴MP∥AQ，
∴四边形AMPQ为平行四边形，故，
∴P为B1C中点，
故在线段B1C上存在点P，使得MP∥平面B1AD，且．
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