因ADEF为正方形，AD=
2
，故EH=1，又EC=
1
B
1
C
=2，
2
所以∠ECH=30
0
，即
B
1
C
与平面BCD所成的角为30
0
.
解法二：
（Ⅰ）以A为坐标原点，射线AB为x轴的正半轴，建立如图所示
的直角坐标系A—xyz。
设B（1，0，0），C（0，b，0），D（0，0，c），则
B
1
（1， 0，2c）,E
（
1b
，，c）.
22


1b
于是
DE
=（，，0），
BC
=（-1，b,0）.由DE⊥平面< br>BCC
1
知
22
DE⊥BC，
DEBC
=0，求得b=1，所以 AB=AC。
（Ⅱ）设平面BCD的法 向量
AN(x,y,z),
则
ANBC0,ANBD0.

又
BC
=（-1，1， 0），





xy0

BD
=（-1，0，c）,故

xcz0


1

1
令x=1, 则y=1, z=,
AN
=(1,1, ).
cc
又平面
ABD
的法向量
AC
=（0，1，0）
AC
=60°由二面角
ABDC
为60°知，
AN，
，
故
ANACANACcos60
°，求得
c
1
2

（1，1，2）
于是
AN
，
CB
1
(1

，1，2）
cosAN，CB
1

ANCB
1
ANCB
1

1
，
2
CB
1
60
°
AN，

所以
B
1
C
与平面
BCD
所成的角为30°
3、（Ⅰ）证明：连接
DP,CQ
， 在< br>ABE
中，
P,Q
分别是
AE,AB
的中点，所以
PQ
又
DC
1

BE
，

2
1
BE
，所以
PQDC
，又
PQ
平面ACD ，DC

平面ACD， 所以
PQ
平面ACD

2
（Ⅱ）在
ABC
中，
ACBC2,AQBQ
，所以
CQAB

而DC

平面ABC，
EBDC
，所以
EB
平面ABC
而
EB
平面ABE， 所以平面ABE

平面ABC， 所以
CQ
平面ABE
由（Ⅰ）知四边形DCQP是平行四边形，所以
DPCQ

所以
DP
平面ABE， 所以直线AD在平面ABE内的射影是AP，
所以直线AD与平面ABE所成角是
DAP

在
RtAPD
中 ，
AD
所以
sinDAP
AC
2
DC
2< br>2
2
1
2
5
，
DPCQ2sinCAQ1

DP15


A D5
5
4、【解法1】（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵
PD底面ABCD
，
∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，
∴平面
AEC平面PDB
.
（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∴O，E分别为DB、PB的中点，
∴OEPD，
OE
1
PD
，又∵
PD底面ABCD
，
2
12
PDABAO
，
22

∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，
在Rt△AOE中，
OE

∴
AOE45
，即AE与平面PDB所成的角的大小为
45
.
【解法2】如图，以D为原点建立空间直角坐标系
Dxyz
，
设
ABa,PDh,

则
A

a,0, 0

,B

a,a,0

,C

0,a, 0

,D

0,0,0

,P

0,0, h

，
（Ⅰ）∵
AC

a,a,0

,DP

0,0,h

,DB

a,a,0

，
∴
ACDP0,ACDB0
，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，
∴平面
AEC平面PDB
.
（Ⅱ）当
PD

112

2AB
且E为PB的中点时，
P0,0,2a,E

a,a,a


22

，
2


设AC∩BD=O，连接OE，
由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∵
EA


1

12

2
a,a,a,EO0,0,a

，


2

22

2

EAEO
EAEO
< br>2
，
2

∴
cosAEO
∴
AOE 45
，即AE与平面PDB所成的角的大小为
45
.


多面体ABCDEF的体积为V
E
—ABCD＋V
E
—BCF=
2 2

5、解：方法（一）：
（1）证：依题设，Ｍ在以ＢＤ为直径的球面上，则ＢＭ⊥ＰＤ.
因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，则ＰＡ⊥ＡＢ，又ＡＢ⊥ＡＤ，
所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ，则ＡＢ⊥ ＰＤ，因此有ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，所以平面ＡＢＭ⊥平面ＰＣ
Ｄ.
（２）设平面ＡＢＭ与ＰＣ 交于点Ｎ，因为ＡＢ∥ＣＤ，所以Ａ
Ｂ∥平面ＰＣＤ，则ＡＢ∥ＭＮ∥ＣＤ，
由（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ，则MN是PN在平面ABM上的
射影，
所以
PNM
就是
PC
与平面
ABM
所成的角，
且
PNMPCD

z
P
M
A
ND
y
O
B
x
C

tanPNMtan PCD
所求角为
arctan22

PD
22
< br>DC
（3）因为O是BD的中点，则O点到平面ABM的距离等于D点到平面ABM距离的一半， 由
（1）知，ＰＤ⊥平面ＡＢＭ于M，则|DM|就是D点到平面ABM距离.
因为在Rt△ PAD中，
PAAD4
，
PDAM
，所以
M
为
PD
中点，
DM22
，则O点
到平面ABM的距离等于
2
。

方法二：
（1）同方法一；
（2）如图所示，建立空间直角坐标 系，则
A(0,0,0)
，
P(0,0,4)
，
B(2,0,0)< br>，
C(2,4,0)
，
D(0,4,0)
，
M(0,2,2 )
，

2x0
,AM
可得：

设平面
ABM
的一个法向量
n(x,y,z)
，由
nABn
，令z1
，
2y2z0

则
y1
，即
n (0,1,1)
.设所求角为

，则
sin


PCn
PCn

22
，
3
所求角的大小为
arcsin
22
.
3
（3） 设所求距离为
h
，由
O(1,2,0),AO(1,2,0)
，得：
h
AOn
n
2

6、【解析】解法一：
因为平面 ABEF⊥平面ABCD，BC

平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD= AB，
所以BC⊥平面ABEF.
所以BC⊥EF.
因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE，
所以∠AEB=45°，
又因为∠AEF=45,
所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.
因为BC

平面ABCD, BE

平面BCE,
BC∩BE=B
所以
EF平面BCE

…………………………………………6分
（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MN
1
AB
2
PC
∴ PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.

∵ CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,
∴ PM∥平面BCE. …………………………………………8分
（III）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD.
作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,
作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角F- BD-A的平面角.
∵ FA=FE,∠AEF=45°,
∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设AB=1,则AE=1,AF=
2
2
,则
F GAFsinFAG
1
2

在Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+
13
2
=
2
,
GHBGsinGBH
3
2

2
2

32
4
,
在Rt⊿FGH中,
tanFHG
FG2
GH

3
,
∴ 二面角
FBDA
的大小为
arctan
2
3

…………………………………………12分
解法二: 因
ABE
等腰直角三角形，
ABAE
，所以
AEAB

又因为平面
ABEF平面ABCDAB
，所以
AE
⊥平面
ABCD
，
所以
AEAD

即
AD、AB、AE
两两垂直；如图建立空间直角坐标系,
(I) 设< br>AB1
，则
AE1
，
B(0,1,0),D(1,0,0),E( 0,0,1),C(1,1,0)

∵
FAFE,AEF45
，∴
AFE＝90
0
，
从而
F（0，－
1
，
1
22
）

EF(0,
1
2
,
1
2
)
，
BE (0,1,1),BC(1,0,0)

于是
EFBE0
112

2
0
，
EFBC0

∴
EF
⊥
BE
,
EF
⊥
BC

∵
BE

平面
BCE
，BC

平面
BCE
，
BCBEB

∴
EF平面BCE

111
,0)
，从而
PM(1,,)

222
111111
于是
PMEF(1,,)(0,,)00

222244
∴
PM
⊥
EF
，又
EF< br>⊥平面
BCE
，直线
PM
不在平面
BCE
内，
故
PM
∥平面
BCE

（II）
M( 0,0,),P(1,
（III）设平面
BDF
的一个法向量为
n
1
，并设
n
1
＝（
x,y,z)


BD(1,1,0),BF(0,
1
2
31
,)

22

xy0

nBD0

1



即

3

1
y z0



n
1
BF0
2

2
取
y1
，则
x1
，
z3
，从而< br>n
1
＝（1，1，3）
取平面
ABD
D的一个法向量为
n
2
(0,0,1)


cosn
1
、n
2

n
1n
2
n
1
n
2

3
111
311
11

故二面角
FBDA
的大小为
arccos
311

11
7、（Ⅰ）证发1：连接BD，由底面是正方形可得AC

BD。


SD

平面ＡＢＣＤ，

BD是BE在平 面ABCD上的射影，
由三垂线定理得AC

BE.
(II)解法1：< br>
SD

平面ABCD，ＣＤ

平面ＡＢＣＤ，
< br> SD

CD.
又底面ＡＢＣＤ是正方形，

ＣD
ＡD，又ＳＤ

AD=D，

CD

平面S AD。
过点D在平面SAD内做DF

AE于F，连接CF，则CF
AE，
故

CFD是二面角C-AE-D 的平面角，即

CFD=60°
在Rt△ADE中，

AD=
a
, DE=

a
， AE=
a

2
1
。

于是，DF=
ADDE

AE

a
< br>1
2

在Rt△CDF中，由cot60°=
DF

CD


1
2


得


1
2

3
， 即
3

2
3
=3


3

(0,1]
， 解得

=
2
2
8、解:（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱
ABCA
1
B
1C
1
的性质知
AA
1

平面
ABC
.
又DE

平面ABC，所以DE
AA
1
.而DE

A
1
E
，
AA
1
所以DE⊥平面
ACC
1
A
1
.又DE

平面
A
1
DE
，
故平面
A
1
DE
⊥平面
ACC
1
A
1
.
（Ⅱ）解法 1: 过点A作AF垂直
A
1
E
于点
F
,
连接DF.由（Ⅰ）知，平面
A
1
DE
⊥平面
ACC
1
A
1
，
所以AF

平面
A
1
DE
,故
ADF
是直线AD和

平面
A
1< br>DE
所成的角。因为DE

ACC
1
A
1
，
A
1
EA
1
,
所以DE

AC.而

ABC是边长为4的正三角形，
于是AD=
23
，AE=4-CE=4-
1
CD
=3. < br>2

A
又因为
AA
1
E
1
 7
，所以
1
E=
AAA
1
2
AE
2< br>(7)
2
3
2
=
4,

AF
AF21
AEAA
1
37

,
sinADF
.

AD8
A
1
E4
21

8
即直 线AD和平面
A
1
DE
所成角的正弦值为
解法2 : 如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，
则相关各点的坐标分别是A(2,0,0,),
A
1
(2,0,
7
), D(-1,
3
,0), E(-1,0,0).
易知
A
1
D
=（-3，
3
，-
7
），
DE
=（0，-
3
，0），
AD
=（-3，
3
，0）.
r
设
n(x,y,z)
是平面
A
1
DE
的一个法向量，则
r
uuuv


nDE3y0,

r
uuuv


nA
1
D3x3y7z0 .
解得
x
7
z,y0
.
3
r
故可取
n(7,0,3)
.于是
ruuurruuur
nAD
3721
cosn,AD
ruuu

r
=
8
nAD
423

由此即知，直线AD和 平面
A
1
DE
所成角的正弦值为
21

8
所以ME与BN不共面，它们是异面直线。 ……..12分
9、【解析】解法一：
因为平面ABEF⊥平面ABCD，BC

平面ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
所以BC⊥平面ABEF.
所以BC⊥EF.
因为⊿ABE为等腰直角三角形，AB=AE，
所以∠AEB=45°，
又因为∠AEF=45,
所以∠FEB=90°，即EF⊥BE.
因为BC

平面ABCD, BE

平面BCE,
BC∩BE=B

所以
EF平面BCE
………………6分
（II）取BE的中点N,连结CN,MN,则MN
1
AB
2
PC
∴ PMNC为平行四边形,所以PM∥CN.
∵ CN在平面BCE内,PM不在平面BCE内,
∴ PM∥平面BCE. …………………………………………8分
（III）由EA⊥AB,平面ABEF⊥平面ABCD,易知EA⊥平面ABCD.
作FG⊥AB,交BA的延长线于G,则FG∥EA.从而FG⊥平面ABCD,
作GH⊥BD于H,连结FH,则由三垂线定理知BD⊥FH.
∴ ∠FHG为二面角F- BD-A的平面角.
∵ FA=FE,∠AEF=45°,∠AEF=90°, ∠FAG=45°.
设AB=1,则AE=1,AF=
2
1
,则
F GAFsinFAG

2
2
在Rt⊿BGH中, ∠GBH=45°,BG=AB+AG=1+
13
=,
22

GH BGsinGBH
3232

,
224
FG2
< br>,
GH3
在Rt⊿FGH中,
tanFHG
∴ 二面角
FBDA
的大小为
arctan
2
………………12分
3
解法二: 因
ABE
等腰直角三角形，
ABAE
，所以
AEAB

又因为平面
ABEF平面ABCDAB
，所以
AE
⊥平面
ABCD
，所以
AEAD

即
AD、AB、AE
两两垂直；如图建立空间直角坐标系,
(I) 设< br>AB1
，则
AE1
，
B(0,1,0),D(1,0,0),E( 0,0,1),C(1,1,0)

∵
FAFE,AEF45
， ∴
AFE＝90
0
，
11

22
11
EF(0,,)
，
BE(0,1,1),BC(1,0,0)

22
11
于是
EFBE00
，
EFBC0

22
从而
F（0，－，）
∴
EF
⊥
BE
,
EF
⊥
BC

∵
BE

平面
BCE
，
BC

平面
BCE
，
BCBEB

∴
EF平面BCE

111
,0)
，从而
PM(1,,)

222
111111
于是
PMEF(1,,)(0,,)00

222244
∴
PM
⊥
EF
，又
EF< br>⊥平面
BCE
，直线
PM
不在平面
BCE
内，
故
PM
∥平面
BCE

（II）
M( 0,0,),P(1,
（III）设平面
BDF
的一个法向量为
n
1
，并设
n
1
＝（
x,y,z)


BD(1,1,0),BF(0,
1
2
31
,)

22

xy0


n
1
BD0< br>


即

3

1
yz0



n
1
BF0
2

2
取
y1
，则
x1
，
z3
，从而
n
1
＝（1，1，3）
取平面
ABD
D的一个法向量为
n
2
(0,0,1)


cosn
1
、n
2

n
1n
2
n
1
n
2

3
111
311
11

故二面角
FBDA
的大小为
arccos
10、解法一:（Ⅰ）
311

11
ABDC,DC
平面
EFCD
,

AB到 面
EFCD
的距离等于点A到面
EFCD
的距离，过点A作
AGF D
于G，因
BAD

2
故
CDAD
AB∥
DC
，；又
FA

平面
ABCD
，由 三垂线定理可知，
CDFD
，故
CD面FAD
，知
CDAG< br>，所以AG为
所求直线AB到面
EFCD
的距离。
在
Rt△ ABC
中，
FDFC
2
CD
2
945

FD
2
AD
2
541
由
FA
平面
ABCD
，得
FA
AD，从而在
Rt△FAD
中，< br>FA

AG
25
FAAD225
。即直线
AB
到平面
EFCD
的距离为。

5
FD5
5（Ⅱ）由己知，
FA
平面
ABCD
，得
FA
AD， 又由
BAD
平面ABFE

2
，知
ADAB
，故
AD

DAAE
，所以，
FAE
为二面角FADE
的平面角，记为

.
在
Rt△AED
中,
AEED
2
AD
2743
,由
ABCD
得,
FEBA
,从而
AF E

2

在
Rt△AEF
中,
FEAE
2
AF
2
312
,故
tan


FE
2

FA
z
F
E
所以二面角
FADE
的平面角的正切值为
2
.
解法二:
G
（Ⅰ）如图以A点为坐标原点,
AB,AD,AF
的 方向为
x,y,z
的正方向建立空间直角坐标系数,则


A(0,0,0) C(2,2,0) D(0,2,0) 设
F(0,0,z
0
)
2
2
2
2
2
z
0
3< br>,解得
F(0,0,1)

x
B
A
C
D< br>y
(z
0
0)
可得
FC(2,2,z
0
)
,由
|FC|3
.即
AB
∥
DC
，
DC
面
EFCD
,所以直线AB到面
EFCD
的距离等于点A到 面
EFCD
的距离。设A点在
平面
EFCD
上的射影点为
G (x
1
,y
1
,z
1
)
,则
AG(x< br>1
,y
1
,z
1
)
因
AGDF0且
AGCD0
,而
DF(0,2,1)


 2y
1
z
1
0
CD(2,0,0)
,此即

解得
x
1
0
① ,知G点在
yoz
面上,故G点在FD
2x0

1
上.

GFDF
,
GF(x
1
,y
1
,z
1
1)
故有
y
1
24
z
1
1
② 联立①,②解得,
G(0,,)

255
25
24

|AG|
为直线AB到面
EFCD
的距离. 而
AG(0,,)
所以
|AG|

5
55
（Ⅱ）因四边形
ABFE
为平行四边形,则可设
E(x
0
,0,1 )(x
0
0)
,
ED(x
0
2,1)
.由
2
|ED|7
得
x
0
2
2
1 7
,解得
x
0
2
.即
E(2,0,1)
. 故
AE(2,0,1)

由
AD(0,2,0)
,
A F(0,0,1)
因
ADAE0
,
ADAF0
,故
FAE
为二面角
FADE
的平面角，又
tanFAE
| EF|
2
|FA|
EF(2,0,0)
,
|EF|2
,
|AF|1
,所以
.解：(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定 理得
BD3AD
.
从而BD
2
＋AD
2
＝AB< br>2
，故BD⊥AD
．

又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD
．

所以BD⊥平面PAD
．
故PA⊥BD
．

(2)如图，以 D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标
系Dxyz.则A(1， 0，0)，B(0，
3
，0)，C(－1，
3
，0)，P(0，0，1)．


AB
＝(－1，
3
，0)，
PB
＝( 0，
3
，－1)，
BC
＝(－1，0，0)．


nAB0
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则



nPB0


x3y0
即

< br>

3yz0
因此可取n＝(
3
，1，
3
)．


mPB0
设平面PBC的法向量为m，则



mBC0

可取m＝(0，－1，－
3
) ，
cosm,n
故二面角A-PB-C的余弦值为

427
.

7
27
27
.
7
12.解：以
H
为原点，
HA,HB,HP
分别为
x,y,z
轴，线段
HA
的长为单位长， 建立空间直角
坐标系如图， 则
A(1,0,0),B(0,1,0)

（Ⅰ）设
C(m,0,0),P(0,0,n)(m
则
D(0m,,0E),
0,n0)

1m
(,

,0).
22
1m
可得
PE(,

0). ,n)BC,m(,1,
22
mm
因为
PEBC00

22
所以
PEBC

（Ⅱ）由已知条件可得
m
33
,n1,故 C(,0,0)

33
,P0),(

0,0,1),

D(0
313
,0E),(,
326
设
n(x,y,x)
为平面
PEH
的法向量

1
x
3
y0

nHE,o


26
则

即





nHP,o

z0
因此可以取
n(1,3,0)
，
由
PA(1,0,1)
，
,
可得
cosPAn
2

4
2

4
所以直线
PA
与平面
PEH
所成角的正弦值为