2024年高考数学小专题特训：立体几何解答题

这是一份2024年高考数学小专题特训：立体几何解答题，共29页。

（1）求证：BE∥平面DMN；
（2）求直线AC与平面DMN所成角的正弦值．
2．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB=AC，AA1=A1C.
（1）若M，N分别为A1C1，BB1的中点，证明：MN∥平面A1BC；
（2）当直线A1B与平面ACC1A1所成角的正弦值为23时，求平面A1BC与平面A1B1C1夹角的余弦值.
3．如图，在三棱锥P−ABC中，PC⊥平面ABC，AB=BC=12PC=2，PA=26.
（1）求证：AB⟂平面PBC；
（2）若M是PA的中点，求CM与平面PAB所成角的余弦值.
4．如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，且4AB=3AC1，∠CAC1=30∘，∠CAB=60∘.
（1）证明：A1B1⊥BC1；
（2）求直线A1C1与平面ABC1所成角的正弦值.
5．如图，在平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA⊥AB，CD∥AB，且PA=CD=2AB=4.将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P−DC−B，连接PA，PB，BD.
（1）证明：平面PBD⊥平面PBC；
（2）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.
6．如图，在四棱锥P−ABCD中，已知AB∥CD，AD⊥CD，BC=BP，CD=2AB=4，△ADP是等边三角形，且E为DP的中点.
（1）证明：AE∥平面PBC；
（2）当PA=6时，试判断在棱BC上是否存在点M，使得二面角M−PA−E的大小为60∘.若存在，请求出BMBC的值；否则，请说明理由.
7．如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，PA=AB=2，PA⊥AB，E为PB上一点，且AE⊥平面PBC，D到PB的距离为11.
（1）证明：PD=BD.
（2）已知点F在线段PD上，且PF=13PD，求平面ADE与平面BCF夹角的余弦值.
8．已知在四棱锥C−ABED中，DE//平面ABC，AC⊥BC，BC=2AC=4，AB=2DE，DA=DC，点F为线段BC的中点，平面DAC⊥平面ABC.
（1）证明：EF⊥平面ABC；
（2）若直线BE与平面ABC所成的角为60∘，求二面角B−AD−C的余弦值.
9．已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形.
（1）求证：AC⊥PD；
（2）求点D到平面PBC的距离；
（3）若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大?求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长.
10．如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=BC=2，O为AC的中点，PO⊥底面ABC
（1）求证：OB⊥平面PAC
（2）若PO=2，求点A到平面PBC的距离
（3）若点O在平面PBC上的投影恰好是ΔPBC的重心，求线段PO的长。
11．如图，在圆台O1O2中，平面ABCD过上下底面的圆心O2，O1，点M在AB上，N为AM的中点，O1B=2O2C=2.
（1）求证：平面AMC⊥平面O1O2N；
（2）当AM=MB时，CM与底面⊙O1所成角的正弦值为23，求二面角M−AC−B的余弦值.
12．如图，在三棱锥P−ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ=2，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AB⊥BQ，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.
（1）求证：AB∥GH；
（2）求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值；
（3）求点A到平面PCD的距离.
13．如图所示，四棱锥P−ABCD底面ABCD为矩形，且AB=2，PA=PD=4，∠PAD=π3，M､N分别为PD､BC的中点，点H为线段PC上靠近点P的三等分点.
（1）求证：MN∥平面PBA；
（2）当AM⊥DC时，求二面角H−MN−A的正弦值.
14．如图，AB是圆O的直径，点P是圆O圆周上异于A，B的一点，平面PAB，BC∥AD，AB=AD=2BC.
（1）求证：平面PBC⊥平面PAD；
（2）若BC=PA=2，求三棱锥C-BPD的体积.
15．如图，在四棱锥S−ABCD中，已知四边形ABCD是边长为2的正方形，点S在底面ABCD上的射影为底面ABCD的中心O，点P在棱SD上，且△SAC的面积为1.
（1）若点P是SD的中点，证明：平面SCD⊥平面PAC；
（2）在棱SD上是否存在一点P，使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由.
16．图1是由正方形ABCD和正三角形ADE组成的一个平面图形，将△ADE沿AD折起，使点E到达点P的位置，Q为PC的中点，如图2．
（1）求证：AP//平面QBD；
（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求平面PAD与平面QBD夹角的余弦值．
答案解析部分
1．【答案】（1）证明：方法一、在线段CD上取点F，使得CF=2DF，连接EF、BF，
因为PC=4PM，E为PC的中点，所以CE=2ME，所以EF∥DM，
又EF⊂平面DMN，DM⊆平面DMN，所以EF∥平面DMN，
在平行四边形ABCD中，因为AN=2NB，CF=2DF，所以DF=NB，且DF∥NB，
所以四边形DFBN是平行四边形，所以DN∥FB，
又BF⊂平面DMN，DN⊆平面DMN，所以BF∥平面DMN，
又BF，EF⊂平面EFB，且BF∩EF=F，所以平面EFB∥平面DMN，
又BE⊆平面EFB，所以BE∥平面DMN．
方法二、延长CB、DN交于点G，连接MG，
在平行四边形ABCD中，因为AN=2NB，由三角形相似，易证BC=2GB，
因为PC=4PM，E为PC的中点，所以CE=2ME，所以EB∥MG，
又BE⊂平面DMN，MG⊆平面DMN，所以BE∥平面DMN．
方法三、坐标法（略）
（2）解：连接BD交AC于点O，连接PO，
因为正四棱锥P−ABCD的底面ABCD是正方形，所以PO⊥平面ABCD，
且OA⊥OB，故以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线依次为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，由已知可得A(32，0，0)，B(0，32，0)，C(−32，0，0)，D(0，−32，0)，M(−324，0，3)，N(2，22，0)，
所以，AC=(−62，0，0)，DN=(2，52，0)，DM=(−324，32，3)，
设平面DMN的一个法向量为n=(x，y，z)，
由TJDM⋅n=0DN⋅n=0得2x+52y=0−324x+32y+3z=0，
取x=5，则y=−1，z=924，所以n=(5，−1，924)，
设直线AC与平面DMN的夹角为θ，则
sinθ=|cs〈AC⋅n〉|=|AC⋅n|AC||n||=10217．
2．【答案】（1）证明：如图，取AC的中点P，连接MP交A1C于点Q，连接QB.
因为M是A1C1的中点，N是BB1的中点，
所以BN∥AA1∥PM，BN=QM，所以四边形MNBQ是平行四边形，
所以QB∥MN.
又QB⊂平面A1BC，MN⊄平面A1BC，
所以MN∥平面A1BC.
（2）解：因为AB⊥AC，平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面ACC1A1，所以直线A1B与平面ACC1A1所成的角为∠AA1B，则sin∠AA1B=23.
不妨设AB=AC=2，则A1B=3，AA1=5，连接CM.
因为AA1=A1C=CC1，所以CM⊥A1C1.
又平面ABC∥平面A1B1C1，所以平面ACC1A1⊥平面A1B1C1，
且平面ACC1A1∩平面A1B1C1=A1C1，CM⊂平面ACC1A1，故CM⊥平面A1B1C1.
设B1C1的中点为E，连接ME，以M为坐标原点，ME，MC1，MC所在直线分别为x轴､
y轴､z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A1(0，−1，0)，B(2，−2，2)，C(0，0，2)，B1(2，−1，0)，C1(0，1，0)，
故A1B=(2，−1，2)，BC=(−2，2，0).
设平面A1BC的法向量为n=(x，y，z)，
则A1B⋅n=0，BC⋅n=0，即2x−y+2z=0，−2x+2y=0，不妨取x=2，
则有n=(2，2，−1).
易知平面A1B1C1的一个法向量为m=(0，0，1).
设平面A1BC与平面A1B1C1的夹角为θ，
则csθ=|cs〈m，n〉|=|m⋅n||m||n|=|−1|22+22+(−1)2=13，
所以平面A1BC与平面A1B1C1夹角的余弦值为13.
3．【答案】（1）解：因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PC⊥AC，
又PC=4，PA=26，所以AC=22，在△ABC中，因为AB=BC=2，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，因为PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PC⊥AB，又因为PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，所以AB⊥平面PBC；
（2）解：（方法一）如图，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(0，2，0)，P(2，0，4)，C(2，0，0)，M(1，1，2)，
所以CM=(−1，1，2)，BA=(0，2，0)，BP=(2，0，4)，
设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，
则n⋅BA=0n⋅BP=0，即2y=02x+4z=0，令x=2，则z=−1，所以n=(2，0，−1)，设CM与平面PAB所成角为θ，
则cs⟨CM，n⟩=CM⋅n|CM||n|=−2−26×5=−23015，sinθ=|cs⟨CM，n⟩|=23015，∴csθ=10515，
即CM与平面PAB所成角的余弦值为10515．
（方法二）过点C作CN⊥PB，垂足为N，连接MN，
因为AB⊥平面PBC，CN⊂平面PBC，所以AB⊥CN，又CN⊥PB，PB∩AB=B，PB，PB⊂平面PAB，所以CN⊥平面PAB，
则∠CMN为CM与平面PAB所成角的平面角，在Rt△PAC中，CM=12PA=6，
在Rt△PBC中，CN=PC×BCPB=4×225=455，∴在Rt△CMN中，MN=CM2−CN2=(6)2−(455)2=705，故cs∠CMN=MNCM=10515，
即CM与平面PAB所成角的余弦值为10515.
4．【答案】（1）证明：过点C1作AC的垂线，垂足为H，连接BH，如图所示
平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，C1H⊥AC，
C1H⊂平面A1ACC1，
∴C1H⊥平面ABC，
∵AB⊂平面ABC，
∴AB⊥C1H，
不妨设AC1=4，
∵4AB=3AC1，∴AB=3，
在直角三角形AC1H中，∵∠CAC1=30∘，∴C1H=2，AH=23，
∵∠CAB=60∘，AH=2AB，∴AB⊥BH，
∵AB⊥C1H，AB⊥BH，C1H∩BH=H，
∴AB⊥平面BC1H，
∵BC1⊂平面BC1H，
∴AB⊥BC1，
在三棱台ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
∴A1B1⊥BC1.
（2）解：以H为原点，HC，HC1分别为y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系O−xyz，
由（1）得AC1=4，H(0，0，0)，A(0，−23，0)，C1(0，0，2)，
过点B作AC的垂线，垂足为D，连接BD，
因为AB=3，∠CAB=60∘，
所以BD=32，AD=32，HD=332，
所以B(32，−332，0)，
∴AB=(32，32，0)，AC1=(0，23，2)，
设平面ABC1的法向量n=(x，y，z)，
所以n→⋅AB→=32x+32y=0，n→⋅AC1→=23y+2z=0，令x=1，得n=(1，−3，3)，
因为A1C1平行于y轴，
所以取A1C1的方向向量m=(0，1，0)，
设直线A1C1与平面ABC1所成角为θ，则sinθ=|m⋅n||m|⋅|n|=3913，
所以直线A1C1与平面ABC1所成角的正弦值为3913.
5．【答案】（1）证明：因为P−DC−B为直二面角的平面角，
所以平面PDC⊥平面ABCD，
又平面PDC∩平面ABCD=CD，
且PD⊥CD，PD⊂平面PDC，
所以PD⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，
又在平面四边形ABCD中，连接BD，
由题意可知BD=BC=22，CD=4，
所以BD2+BC2=CD2，
所以BD⊥BC，
又PD∩BD=D，
BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
所以BC⊥平面PBD，
又BC⊂平面PBC，
所以平面PBD⊥平面PBC.
（2）解：由（1）知，PD⊥DA，PD⊥DC，DC⊥DA，故以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，2)，BC=(−2，2，0)，PB=(2，2，−2)，
设平面PBC的法向量为m=(x，y，z)，则m⋅BC=−2x+2y=0m⋅PB=2x+2y−2z=0，
可取m=(1，1，2)，
又AP=(−2，0，2)，
∴cs=AP⋅m|AP||m|=36，
∴直线AP与平面PBC所成角的正弦值为36.
6．【答案】（1）证明：在四棱锥P−ABCD中，已知AB∥CD，AD⊥CD，BC=BP，CD=2AB=4，如图，取PC的中点F，连接EF，BF，
∵△ADP是等边三角形，且E为DP的中点.
∴AE⊥PD，
∵E是棱PD的中点，F为PC的中点，
∴EF∥CD，且EF=12CD.
∵AB∥CD，AB=12CD，
∴EF∥AB，且EF=AB.
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AE∥BF.
∵BF⊂平面PBC，AE⊄平面PBC，
∴AE∥平面PBC.
（2）解：∵△ADP是等边三角形，E为DP的中点，
∵BC=BP，且F为PC的中点，∴BF⊥PC，
∵AE∥BF，∴AE⊥PC，
又AE⊥PD，且AE⊥PC，PC∩PD=P，PC⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，
∴AE⊥平面PCD.
∴AE⊥CD，又AD⊥CD，AD∩AE=A，且AD，AE⊂平面ADP，
∴CD⊥平面ADP，
∴EF⊥平面ADP，
以E为坐标原点，EP，EA，EF的方向分别为x，y，z轴的正方向，
如图，建立空间直角坐标系E−xyz，
则P(3，0，0)，A(0，33，0)，B(0，33，2)，C(−3，0，4)，
假设存在满足题设的点M，不妨设M(a，b，c)，且BMBC=λ，则λ∈[0，1]，
∴BM=(a，b−33，c−2)，且BC=(−3，−33，2)，
∴BM=λBC，即(a，b−33，c−2)=(−3λ，−33λ，2λ)，
∴a=−3λ，b−33=−33λ，c=2(1+λ)，
∴a=−3λ，b=33(1−λ)，c−2=2λ，即M(−3λ，33(1−λ)，2(1+λ))，
不妨设平面PAM的一个法向量为n=(x，y，z)，
易知PA=(−3，33，0)，PM=(−3(1+λ)，33(1−λ)，2(1+λ))，
由PA⋅n=−3x+33y=0，PM⋅n=−3(1+λ)x+33(1−λ)y+2(1+λ)z=0，
令x=3，则y=1，z=33λ1+λ，
∴n=(3，1，33λ1+λ).
显然平面PAE的一个法向量为m=(0，0，1)，
∴cs〈m，n〉=m⋅n|m‖n|=33λ1+λ1×4+27λ2(1+λ)2=cs60°=12.
∴33λ1+λ1×4+27λ2(1+λ)2=12，解得λ=27，
∴存在满足题设的点M，此时BMBC=27.
7．【答案】（1）证明：因为四边形ABCD为矩形，则AD⊥AB，
因为AE⊥平面PBC，BC、PB⊂平面PBC，则AE⊥BC，AE⊥PB，
因为AD//BC，则AD⊥AE，
因为AE∩AB=A，AE、AB⊂平面PAB，所以，AD⊥平面PAB，
因为PB⊂平面PAB，则AD⊥PB，
因为AE⊥PB，AE∩AD=A，AE、AD⊂平面ADE，所以，PB⊥平面ADE，
因为DE⊂平面ADE，则DE⊥PB，
因为PA=AB，AE⊥PB，则E为PB的中点，
又因为DE⊥PB，则PD=BD.
（2）解：由（1）知，AP，AB，AD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.
∵AE⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，
∴AE⊥PB，即AE是△ABP的高.
∵∠BAP=90∘，AP=AB=2，
∴E是PB的中点且AE=APsin45∘=2，
∵PD=BD，
∴△PDB为等腰三角形，
∴ED⊥PB.
∵D到PB的距离为11，
∴ED=11.
∵AD⊥AE，
∴AD=(11)2−(2)2=3，
∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，
∴BC=(0，3，0)，PB=(2，0，−2)，PD=(0，3，−2).
∵PF=13PD，
∴AF=13PD+AP=13(0，3，−2)+(0，0，2)=(0，1，43)，
∴BF=(−2，1，43).
设平面BCF的法向量为n=(x，y，z)，
∴n⋅BC=0，n⋅BF=0，
∴3y=0，−2x+y+43z=0，
令x=2，则y=0，z=3，
∴n=(2，0，3).
∵AE⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，
∴AE⊥PB.
由（1）知，
∵AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB.
∵AD∩AE=A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，
∴PB⊥平面ADE，
∴PB是平面ADE的一个法向量.
设平面ADE与平面BCF的夹角为θ.
∴csθ=|n⋅PB||n||PB|=|2×2−2×3|22+32×22+(−2)2=2626，
∴平面ADE与平面BCF夹角的余弦值是2626.
8．【答案】（1）证明：取AC的中点O，连接OF、OD，
∵DE//平面ABC，DE⊂平面ABED，平面ABED∩平面ABC=AB，
∴DE//AB，
又∵O，F分别为AC，BC的中点，∴OF//AB，OF=12AB
∵AB=2DE
∴OF//DE，OF=DE，
∴四边形DEFO为平行四边形，∴EF//DO，
∵在△DAC中DA=DC且O为AC中点，∴DO⊥AC.
∴由平面DAC⊥平面ABC，且交线为AC，DO⊂平面DAC，得DO⊥平面ABC.
∵AB，AC⊂平面ABC，∴DO⊥AB，DO⊥AC，
∵EF//DO，∴EF⊥AB，EF⊥AC，
∵AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，∴EF⊥平面ABC.
（2）解：∵DO⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以DO⊥AC，DO⊥BC，
又因为AB⊥AC，所以DO，AC，BC三者两两互相垂直，
∴以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行的直线为y轴，
OD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则A(1，0，0)，C(−1，0，0)，B(−1，4，0).
∵EF⊥平面ABC，∴直线BE与平面ABC所成的角为∠EBF=60∘.
∴DO=EF=BFtan60∘=23，∴D(0，0，23).
平面ADC的一个法向量为m=(0，1，0)，
设平面ADB的法向量n=(x，y，z)，
AB=(−2，4，0)，AD=(−1，0，23)，
则−2x+4y=0−x+23z=0，取z=1，则x=23，y=3，
∴n=(23，3，1)，
∴cs⟨m，n⟩=m⋅n|m||n|=34，
由图可知二面角B−AD−C为锐角，
∴二面角B−AD−C的余弦值为34.
9．【答案】（1）因为点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，所以PO⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC.
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
因为PO∩BD=O，PO，BD⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
因为BD⊂平面PBD，所以AC⊥PD.
（2）由题意可得△ABD、△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形，
所以PO=AO=CO=3，S△BDC=12×2×3=3.
所以PC=PO2+CO2=6.
因为BP=BC=2，所以S△PBC=12×6×22−(62)2=152.
设点D到平面PBC的距离为ℎ，
由VD−PBC=VP−BDC得13S△PBC⋅ℎ=13S△BDC⋅OP，
即152ℎ=3×3，解得ℎ=2155.
故点D到平面PBC的距离为2155.
（3）设直线PE与平面PBC所成的角为θ，∵AD//BC⇒AD//平面PBC，
∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离ℎ.
过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，则θ=∠EPF，
此时sinθ=EFPE=2155PE，要使θ最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD.由题意可知：OD=1，OA=3，因为PO⊥平面ABCD，且PO=3，
所以PA=OP2+OA2=6，PD=OP2+OD2=2，
在△PAD中，由余弦定理可得：cs∠PAD=AP2+AD2−PD22AP⋅AD=6+4−42×6×2=64，
所以sin∠PAD=1−cs2∠PAD=104，
由面积相等S△PAD=12AP⋅ADsin∠PAD=12AD⋅PE，
即12×6×2×104=12×2×PE，
经计算得，PE=152DE=PD2−PE2=4−154=12，则sinθ=45，
此时DE=12.
10．【答案】（1）解：连接OB，因为AB=BC，点O是AC的中点，所以OB⊥AC
因为PO⊥底面ABC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OB
因为AC∩PO=O，OB⊥平面PAC
（2）解：因为AB⊥BC，AB=BC=2，所以AC=2，
因为O为AC的中点，PO⊥底面ABC，所以PC=5，PB=5，
取BC的中点D，则PD=5−(22)2=322，
设点A到平面PBC的距离为ℎ，则VA−PBC=VP−ABC
即13SΔPBCℎ=13SΔABC⋅PO⇒13×12×BC×PD×ℎ=13×12×BC×AB⋅PO
则13×12×2×322×ℎ=13×12×2×2⋅2，解得ℎ=43
（3）解：建立如图所示的空间直角坐标系，
设PO=k，则O(0，0，0)，P(0，0，k)，B(1，0，0)，C(0，1，0)
则ΔPBC的重心为E(13，13，k3)，∴OE=(13，13，k3)，PB=(1，0，−k)，PC=(0，1，−k)
则OE⋅PB=13−k23=0OE⋅PC=13−k23=0⇒k=1
则线段PO的长为1.
11．【答案】（1）解：在⊙O1中，因为N为AM中点，∴O1N⊥AM.
在圆台O1O2中，因为O1O2⊥底面⊙O1
∴O1O2⊥AM，O1O2∩O1N=O1，O1O2，O1N⊂平面O1O2N.
∴AM⊥平面O1O2N.
又AM⊂平面AMC
∴平面AMC⊥平面O1O2N
（2）解：当AM=MB时，O1M⊥AB，故分别以O1M，O1B，O1O2为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设O1O2=ℎ，则A(0，−2，0)，M(2，0，0)，C(0，1，ℎ)
故MC=(−2，1，ℎ)，AC=(0，3，ℎ).
⊙O1所在平面的法向量为n1=(0，0，1).
记CM与底面⊙O1，所成角为α
则sinα=|MC⋅n1||MC|⋅|n1|=|ℎ|5+ℎ2=23，解得：ℎ=2.
∴MC=(−2，1，2)，AC=(0，3，2)
设平面AMC的法向量为n2=(x，y，z)
由n2⋅MC=0n2⋅AC=0得：n2=(2，−2，3)
平面ABC的法向量为n3=(1，0，0)，记二面角M−AC−B的大小为θ，
则csθ=|n2⋅n3||n2|⋅|n3|=21717.
∴二面角M−AC−B的余弦值为21717.
12．【答案】（1）证明：D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，
所以EF∥AB，DC∥AB，所以DC∥EF .又因为E⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，
所以EF∥平面PCD.
又因为EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD=GH ，
所以EF∥GH，又因为EF∥AB，所以AB∥GH .
（2）解：因为AB⊥BO，PB上平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直.
以点B为坐标原点，分别以BA，BO，BP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系。
由BA=BP=BQ=2，则A（2，0，0），D（1，1，0），C（O，10），P（0，0，2），
所以 AD=(−1，1，0)，DP=(−1，−1，2)，CP=(0，−1，2).
设平面 P A B 的一个法向量为 m， 则可取 m=(0，1，0)
设平面 P D C 的一个法向量为 n=(x，y，z)， 由 n⋅DP=0，n⋅CP=0
得 −x−y+2z=0−y+2z=0， 取 z=1， 得 n=(0，2，1)
所以 cs〈m，n〉=|m⋅n||m||n|=|0+2+0|1×5=255
所以平面 P A B 与平面 P D C 夹角的余弦值为 255
（3）解：由点到平面的距高公式可得， 点 A 到平面 P C D 的距离为 d=|AD⋅n||n|=|0+2+0|5=255
13．【答案】（1）证明：如图所示：
取AD中点Q，连接MQ，NQ，
M，N分别为PD､BC的中点，且底面ABCD为矩形，
所以MQ∥PA，MQ=12PA，且NQ∥AB，
又因为MQ⊂平面MQN，MQ⊄平面PAB，
NQ⊂平面MQN，NQ⊄平面PAB，
所以MQ∥平面PAB，且QN∥平面PAB，
又因为MQ∩NQ=Q，MQ⊂平面MQN，NQ⊂平面MQN，
所以平面MQN∥平面PAB，
因为MN⊂平面MQN，
所以由面面平行的性质可知MN∥平面PAB.
（2）解：如图所示：
因为CD⊥AM，
又因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD，
因为AD∩AM=A，AM⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，因为PQ⊂平面PAD，
所以CD⊥PQ，又CD∥NQ，
所以NQ⊥PQ，又易知△PAD是等边三角形，三线合一PQ⊥AD，
又AD⊥NQ，所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为AD=4，AB=2，
所以A(0，−2，0)，N(2，0，0)，P(0，0，23)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，
又因为M为PD的中点，PC=3PH，
所以M(0，1，3)，H(23，23，433)，
所以MA=(0，−3，−3)，MN=(2，−1，−3)，MH=(23，−13，33)，
不妨设平面AMN与平面HMN的法向量分别为n1=(x1，y1，z1)，n2=(x2，y2，z2)，
所以有n1⋅MA=0，n1⋅MN=0，以及n2⋅MH=0，n2⋅MN=0，
即分别有−3y1−3z1=0，2x1−y1−3z1=0，以及23x2−13y2+33z2=0，2x2−y2−3z2=0，
分别令y1=1，x2=1，并解得n1=(−1，1，−3)，n2=(1，2，0)，
不妨设平面AMN与平面HMN的夹角为θ，
所以csθ=|n1⋅n2|n1|⋅|n2||=|−1×1+1×2−3×0(−1)2+12+(3)2×12+22+02|=15，
∴sinθ=1−cs2θ=265.
综上所述：平面AMN与平面HMN的夹角的正弦值为265.
14．【答案】（1）证明：因为AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB.
因为AB是⊙O的直径，点P是⊙O圆周上不同于A、B的一点，所以∠APB=90°，即PA⊥PB.
因为AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD，所以PB⊥平面PAD.
又因为PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAD.
（2）解：在平面PAB内过点P作PE⊥AB于E.
因为AD⊥平面PAB，PE⊂平面PAB，所以AD⊥PE.
因为AB∩AD=A，所以PE⊥平面ABCD，所以PE是三棱锥P-BCD的高在Rt△PAB中，AB=2BC=4，PA=2，所以∠PAB=60°，所以
PE=PA⋅sin⁡∠PAB=2⋅sin⁡60∘=3
因为四边形ABCD是直角梯形，BC=2，AB=AD=2BC=4，所以四边形
S四边形ABCD=(BC+AD)⋅AB/2=(2+4)×4/2=12，
S△ABD=AD⋅AB/2=4×4/2=8.
所以VC−PBD=VP−BCD=1/3S△BCD⋅PE=1/3×(12−8)×3=433
15．【答案】（1）证明：∵点S在底面ABCD上的射影为点O，∴SO⊥平面ABCD，
∵四边形ABCD是边长为2的正方形，∴AC=2，
∵S△SAC=1，∴12×2×SO=1，即：SO=1，
∴SC=2，又∵CD=2，点P是SD的中点，
∴CP⊥SD，同理可得：AP⊥SD，
又∵AP∩CP=P，且AP，CP⊂平面PAC，
∴SD⊥平面PAC，又∵SD⊂平面SCD，
∴平面SCD⊥平面PAC.
（2）解：如图，连接OB，易知OB，OC，OS两两互相垂直，
分别以OB，OC，OS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(0，−1，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，D(−1，0，0)，
假设存在点P使得直线SA与平面PAC所成的角的正弦值为105，
∵点P在棱SD上，不妨设SP=λSD，0≤λ≤1，
又SD=(−1，0，−1)，
∴SP=(−λ，0，−λ)，∴P(−λ，0，1−λ)，
∵AP=(−λ，1，1−λ)，AC=(0，2，0)，
设平面PAC的法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AP=−λx+y+(1−λ)z=0n⋅AC=2y=0
令z=λ，则x=1−λ，∴n=(1−λ，0，λ)，
又AS=(0，1，1)，设直线SA与平面PAC所成的角为θ，则sinθ=105，
∴|cs⟨AS，n⟩|=|AS⋅n||AS|×|n|=|λ|2(1−λ)2+λ2=105，
即3λ2−8λ+4=0，解得：λ=23或λ=2（不合题意，舍去），
∴存在点P符合题意，点P为棱SD上靠近端点D的三等分点.
16．【答案】（1）证明：连AC交BD于点O，连OQ．
由ABCD为正方形知O为AC中点，又Q为PC中点，故AP∥OQ，
又AP⊄平面BDQ且OQ⊂平面BDQ，
所以AP//平面BDQ．
（2）解：取AD中点H，连PH，由△PAD为等边三角形得PH⊥AD．
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊂平面PAD，
所以PH⊥平面ABCD，
以D为原点，DA，DC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB=2，则P(1，0，3)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，Q(12，1，32)，DB=(2，2，0)，DQ=(12，1，32)，
平面PAD就是坐标平面xDz，故可取其法向量n1=(0，1，0)，
设平面QBD一个法向量为n2=(x，y，z)，
即DB⋅n2=0DQ⋅n2=0，则2x+2y=012x+y+32z=0，
令x=3，则y=−3，z=1，得n2=(3，−3，1)，
记平面PAD与平面QBD夹角为θ，
则csθ=|cs⟨n1，n2⟩|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=217，
所以平面PAD与平面QBD夹角的余弦值为217．