2024年高考数学重难点突破专题八 立体几何 第二十三讲 空间中点、直线、平面之间的位置关系答案64

这是一份2024年高考数学重难点突破专题八 立体几何 第二十三讲 空间中点、直线、平面之间的位置关系答案64，共40页。试卷主要包含了解析 如图所示，联结，，解析 连结，解析，证明，解析因为平面ABCD，且平面，，解析 连接，易知，等内容，欢迎下载使用。
答案部分
2019年
2019年
1.解析 如图所示，联结，.
因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，
所以，，
所以．故选B．
2.解析 （1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
3.解析：对于A，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除；
对于B，内有两条相交直线与平行，则；
对于C，，平行于同一条直线，则与相交或，排除；
对于D，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．
故选B．
4.解析 若②，过作平面，则，又③，则，又，同在内，所以①，即.
5.证明：（1）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）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.
6.解：（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故.
又，所以BE⊥平面.
（2）由（1）知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以，故AE=AB=3，.
作，垂足为F，则EF⊥平面，且.
所以，四棱锥的体积.
7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取的中点，联结，.
因为，平面，所以平面，故.
由已知，四边形是菱形，且得，故平面.
因此.
在中，，，故.
所以四边形的面积为4.
8.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，
所以．
又因为底面ABCD为菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD．
又，所以AB⊥AE．
又平面，平面，，所以AE⊥平面PAB．
又平面，所以平面PAB⊥平面．
（Ⅲ）棱PB上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四边形CEGF为平行四边形，
所以CF∥EG．
因为CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
9.解析 （Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，
因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，
故在中，.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
10..证明：（1）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）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.
11.（I）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.
（Ⅱ）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=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
12.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，
所以．
又因为底面ABCD为菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AE．
因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，
所以AE⊥CD．
又，所以AB⊥AE．
又平面，平面，，所以AE⊥平面PAB．
又平面，所以平面PAB⊥平面．
（Ⅲ）棱PB上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．
取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．
因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．
因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四边形CEGF为平行四边形，
所以CF∥EG．
因为CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
13. 过点P作PO⊥平面ABC交平面ABC于点O，
过点P作PD⊥AC交AC于点D，作PE⊥BC交BC于点E，联结OD，OC，OE，
则
所以又,
故四边形为矩形.
有所做辅助线可知，
所以，
所以矩形为边长是1的正方形，则.
在中，，所以.
即为点P到平面ABC的距离，即所求距离为.
14.解析 （1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.
由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.
由已知可得，，所以DE⊥平面，故DE⊥CH.
从而CH⊥平面，故CH的长即为C到平面的距离，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
从而点C到平面的距离为.
15.解析 （Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，
因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，
故在中，.
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
16.解析：解法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，
作 QUOTE 于E，易得 QUOTE ，过P作 QUOTE 于F，
过D作 QUOTE ，交BG于H，
则 QUOTE ， QUOTE ， QUOTE ，
则 QUOTE ，可得 QUOTE ；
QUOTE ，可得 QUOTE .
解法二：由最小值定理可得 QUOTE ，记 QUOTE 的平面角为(显然)，
由最大角定理可得；
解法三特殊图形法：设三棱锥 QUOTE 为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，
易得 QUOTE ，可得 QUOTE ， QUOTE ， QUOTE ，
故选B．
17.（I）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.
（Ⅱ）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=2，EG=.
由于O为A1G的中点，故，
所以．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．
2010-2018年
1．C【解析】如图，连接，因为，所以异面直线与所成角等于相交直线与所成的角，即．不妨设正方体的棱长为2，则，，由勾股定理得，又由平面，可得，
所以，故选C．
2．A【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．
3．A【解析】由正方体的线线关系，易知B、C、D中，所以平面， 只有A不满足．选A．
4．C【解析】如图，连结，易知平面，所以，又，所以平面，故，选C．
5．A【解析】因为过点的平面与平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，则与所成的角为所求角，所以，所成角的正弦值为，选A．
6．C【解析】选项A，只有当或时，；选项B，只有当时；选项C，由于，所以；选项D，只有当或时，，故选C．
7．B【解析】由得圆锥底面的半径，所以米堆的体积，所以堆放的米有斛．
8．C【解析】三棱锥，其中为点到平面的距离，而底面三角形时直角三角形，顶点到平面的最大距离是球的半径，
故=，其中为球的半径，
所以，所以球的表面积．
9．D【解析】若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，中的一条相交，故选A．
10．B【解析】解法一 设，，则由题意知．
在空间图形中，连结，设=．
在中，．
过作，过作，垂足分别为．
过作，使四边形为平行四边形，则，
连结，则就是二面角的平面角，所以．
在中，，．
同理，，，故．
显然平面，故．
在中，．
在中，
=
，
所以
，
所以（当时取等号），
因为，，而在上为递减函数，
所以，故选B．
解法二 若，则当时，，排除D；当时，，，排除A、C，故选B．
11．D【解析】利用正方体模型可以看出，与的位置关系不确定．选D．
12．C【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．
13．B【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或或与相交，D错误．故选B．
14．D【解析】作，垂足为，设，则，
由余弦定理，
，
故当时，取得最大值，最大值为．
15．B【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是，
由于，，
所以的取值范围是
16．D【解析】作正方形模型，为后平面，为左侧面
可知D正确．
17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中 应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D．
18．B【解析】利用排除法可得选项B是正确的，∵∥，⊥，则．如选项A：∥，∥时，⊥或∥；选项C：若⊥，⊥，∥或；选项D：若⊥, ⊥，∥或⊥．
19．B【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．
20．D【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的．
21．D【解析】两平行直线的平行投影不一定重合，故A错；由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可知、均错误，故选D．
22．【解析】由题意画出图形，如图，
设是底面圆的直径，连接，则是圆锥的高，设圆锥的母线长为，
则由，的面积为8，得，得，在中，
由题意知，所以，．
故该圆锥的体积．
23．【解析】(1)因为，为的中点，所以⊥，且．
连结．因为，所以为等腰直角三角形，
且⊥，．
由知，⊥．
由⊥，⊥知⊥平面．
(2)作⊥，垂足为．又由(1)可得⊥，所以⊥平面．
故的长为点到平面的距离．
由题设可知，，．
所以，．
所以点到平面的距离为．
24．【解析】(1)由题设知，平面⊥平面，交线为．
因为⊥，平面，所以⊥平面，故⊥．
因为为上异于，的点，且为直径，所以 ⊥．
又=，所以⊥平面．
而平面，故平面⊥平面．
(2)当为的中点时，∥平面．
证明如下：连结交于．因为为矩形，所以为中点．
连结，因为为 中点，所以∥．
平面，平面，所以∥平面．
25．【解析】(1)∵，且为的中点，∴．
∵底面为矩形，∴，
∴．
(2)∵底面为矩形，∴．
∵平面平面，∴平面．
∴．又，
∵平面，∴平面平面．
(3)如图，取中点，连接．
∵分别为和的中点，∴，且．
∵四边形为矩形，且为的中点，
∴，
∴，且，∴四边形为平行四边形，
∴．
又平面，平面，
∴平面．
26．【解析】(1)由平面⊥平面，平面∩平面=，⊥，可得⊥平面，故⊥．
(2)取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故∥．所以（或其补角）为异面直线与所成的角．
在中，，故．
因为⊥平面，故⊥．
在中，，故．
在等腰三角形中，，可得．
所以，异面直线与所成角的余弦值为．
(3)连接．因为为等边三角形，为边的中点，故⊥，
．又因为平面平面，而平面，
故平面．所以，为直线与平面所成的角．
在中，．
在中，．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
27．【证明】(1)在平行六面体中，．
因为平面，平面，
所以∥平面．
(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．
又因为，所以四边形为菱形，
因此⊥．
又因为⊥，∥，
所以⊥．
又因为=，平面，平面，
所以⊥平面．
因为平面，
所以平面⊥平面．
28．【解析】(1)由，，，，得
，
所以．
故．
由，，，，得，
由，得，
由，得，所以，故．
因此平面．
(2)如图，过点作，交直线于点，连结．
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角．
由，，
得，，
所以，故．
因此，直线与平面所成的角的正弦值是．
29．【解析】（1）在平面内，因为，所以∥，
又平面，平面，故∥平面．
（2）取的中点，连结，．由及∥，
得四边形正方形，则．
因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因为底面，所以．
设，则，，，．取的中点，连结，则，所以．
因为的面积为，所以，解得（舍去），．于是，，．
所以四棱锥的体积．
30．【解析】（1）取的中点连结，.因为，所以⊥．
又由于是正三角形，所以⊥.从而⊥平面，故⊥BD.
（2）连结．
由（1）及题设知，所以．
在中，．
又，所以
，故.
由题设知为直角三角形，所以．
又是正三角形，且，所以．
故为BD的中点，从而到平面的距离为到平面的距离的，四面体的体积为四面体的体积的 QUOTE ，即四面体与四面体的体积之比为1:1．
31．【解析】（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．在Rt△PDA中，由已知，得，故．
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．
（Ⅱ）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD．又因为BC//AD，所以PD⊥BC，又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．
（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC–BF=2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得,在Rt△DPF中，可得．
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．
32．【解析】（Ⅰ）取中点,连接，，
由于为四棱柱,
所以，，
因此四边形为平行四边形,
所以,
又面,平面,
所以∥平面,
（Ⅱ）∵．，分别为和的中点，
∴，
又平面，平面，
所以，
∵，所以，，
又，平面，
所以平面
又平面,
所以平面平面．
33．【解析】（Ⅰ）因为，，所以平面，
又因为平面，所以．
（Ⅱ）因为，为中点，所以，
由（Ⅰ）知，，所以平面．
所以平面平面．
（Ⅲ）因为平面，平面平面，
所以．
因为为的中点，所以，．
由（Ⅰ）知，平面，所以平面．
所以三棱锥的体积．
34．【解析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且 QUOTE ，
又因为BC∥AD，，所以
EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．
（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ．
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．
由为等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由DC⊥AD，N是AD的中点得
BN⊥AD．
所以 AD⊥平面PBN，
由BC∥AD得 BC⊥平面PBN，
那么，平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得，
在中，，MQ=，
所以 ，
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是 QUOTE ．
35．【解析】证明：（1）在平面内，因为，，所以.
又因为平面，平面，所以∥平面.
（2）因为平面⊥平面，
平面平面=，
平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
又，，平面，平面，
所以⊥平面，
又因为平面，
所以．
36．【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，
所以平面平面，．
记玻璃棒的另一端落在上点处．
因为，．
所以，从而．
记与水平的交点为，过作，为垂足，
则平面，故，
从而．
答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm.
( 如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)
（2）如图，，是正棱台的两底面中心.
由正棱台的定义，⊥平面 ，
所以平面⊥平面，⊥.
同理，平面⊥平面，⊥.
记玻璃棒的另一端落在上点处.
过作⊥，为垂足， 则==32.
因为= 14，= 62，
所以= ，从而.
设则.
因为，所以.
在中，由正弦定理可得，解得.
因为，所以.
于是
.
记与水面的交点为，过作，为垂足，则 ⊥平面，故=12，从而 =.
答:玻璃棒没入水中部分的长度为20cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)
37．【解析】（Ⅰ）证明：因，所以与确定一个平面，连接，因为 为的中点，所以；同理可得，又因为，所以平面，因为平面，．
（Ⅱ）设的中点为，连，在中，是的中点，所以，又，所以；在中，是的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以平面．
38．【解析】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接，在中，因为是的中点，所以且，又因为，所以且，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）证明：在中，，由余弦定理可，进而可得，即，又因为平面平面平面；平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面．
（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.过点作于点，连接，又因为平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成角即为.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为．
39．【解析】（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以
因为在平面内的正投影为，所以
所以平面，故
又由已知可得，，从而是的中点.
（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.
理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即点为在平面内的正投影.
连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.
由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故
由题设可得平面，平面，所以，因此
由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面体的体积
40．【解析】（Ⅰ）由已知得，，
又由得，故
由此得，所以
（Ⅱ）由得
由得
所以
于是故
由（Ⅰ）知，又，
所以平面于是
又由，所以，平面
又由得
五边形的面积
所以五棱锥体积
41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.
又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为．取的中点，连结.由得，
.
由得到的距离为，故.
所以四面体的体积.
42．【解析】（Ⅰ）因为四边形为菱形，所以，
因为平面，所以，故平面．
又平面，所以平面平面．
（Ⅱ）设=，在菱形中，由=120°，
可得=，=．
因为，所以在中，可得．
由平面，知为直角三角形，可得．
由已知得，三棱锥的体积．
故．
从而可得．
所以的面积为3，的面积与的面积均为．
故三棱锥的侧面积为．
43．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图
（Ⅱ）作，垂足为，则，，．因为为正方形，所以．
于是，，．
因为长方形被平面分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）．
44．【解析】（Ⅰ）设，连结OF，EC，
由于E为AD的中点，，
所以,
因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，
因此在中，可得.
又平面BEF，平面BEF，所以平面.
（Ⅱ）由题意知，，所以四边形为平行四边形，
因此．又平面PCD，所以，因此．
因为四边形ABCE为菱形，所以.
又，AP，AC平面PAC，所以平面．
45．【解析】（Ⅰ）∵为中点，∴DE∥PA，
∵平面DEF，DE平面DEF，∴PA∥平面DEF，
（Ⅱ）∵为中点，∴，
∵为中点，∴，
∴，∴，∴DE⊥EF，
∵，∴，
∵，∴DE⊥平面ABC，
∵DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．
46．【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．
因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。
又E为PD的中点，所以EO∥PB。
EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.
（Ⅱ）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．
如图，以A为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，
则.
设，则。
设为平面ACE的法向量，
则即，
可取．
又为平面DAE的法向量，
由题设，即，解得．
因为E为PD的中点，所以三棱锥的高为．
三棱锥的体积．
47．【解析】（Ⅰ）证明：如图取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，
故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E为AD中点，
因而MF//AE且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，
所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，
所以EF//平面PAB.
（Ⅱ）（i）证明：连接PE，BE．因为PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，
故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，
由，可解得PE=2．
在三角形ABD中，由，可解得BE=1．
在三角形PEB中，PE=2，BE=1，，
由余弦定理，可解得PB=，从而，即BEPB，
又BC//AD，BEAD，从而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，
所以平面PBC平面ABCD．
（ii）连接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角，
由PB=，PA=，AB=得ABP为直角，而MB=PB=，可得AM=，
故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，
所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．
48．【解析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，
由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．
所以O为AC的中点，BD⊥AC．
又因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，
所以PA⊥BD．所以BD⊥平面APC．
（Ⅱ）连结OG.由(1)可知OD⊥平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．
由题意得OG＝PA＝.
在△ABC中，AC＝＝，
所以OC＝AC＝.
在直角△OCD中，OD＝＝2.
在直角△OGD中，tan∠OGD＝.
所以DG与平面APC所成的角的正切值为.
（Ⅲ）连结OG.因为PC⊥平面BGD，OG平面BGD，所以PC⊥OG.
在直角△PAC中，得PC＝.
所以GC＝.
从而PG＝，
所以.
49．【解析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，得AC⊥BC．
由PA⊥平面ABC，BC平面ABC，得PA⊥BC，
又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，
所以BC⊥平面PAC．
（Ⅱ）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO.
由G为∆AOC的重心，得M为AC中点，
由G为PA中点，得QMPC.
又O为AB中点，得OMBC.
因为QM∩MO=M，QM平面QMO．
所以QG//平面PBC．
50．【解析】（Ⅰ）因为是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因为平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.
（Ⅱ）因为，为的中点，所以．因为平面，且平面，所以又因为，平面，
，所以平面，所以AD．又AD平面，平面，所以平面．
51．【解析】（Ⅰ）平面，面
又面
（Ⅱ）是中点点到面的距离，
三棱锥的体积
，
（Ⅲ）取的中点为，连接，，
又平面面面面，
点是棱的中点
，
得：平面．
52．【证明】：（Ⅰ）在△PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．
又因为EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直线EF//平面PCD．
（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，
所以△ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BF⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF⊥平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD．
53．【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PBG
又PB//EF，得，而DE//GB得AD DE，又，所以AD 平面DEF。
（Ⅱ），为二面角P—AD—B的平面角，
在，
在，
，
法二：（Ⅰ）取AD中点为G，因为
又为等边三角形，因此，，
从而平面PBG．
延长BG到O且使得PO OB，又平面PBG，PO AD，
所以PO 平面ABCD．
以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．
设
由于
得
平面DEF．
（Ⅱ）
取平面ABD的法向量
设平面PAD的法向量
由
取
54．【解析】（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以//.故为异面直线与所成的角.因为平面，所以.故.
在△中，=1，=，==3,
故==.
所以异面直线和所成角的余弦值为.
（Ⅱ）证明：过点作//,交于点，则.由,可得,从而,又,=,所以平面.
(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即为的中点.取的中点，连接，则,因为//,所以//.过点作，交于，则为二面角--的平面角。
连接，可得平面,故.从而.由已知，可得=.由//,,得.
在△中，,
所以二面角--的正切值为．
55．【解析】 (Ⅰ)取的中点G，连结GF，CE，由条件易知
FG∥CD，FG=CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．
故四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG．
因为平面，BF平面，所以 BF//平面．
（Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=，则AB=CD=2，AD=AE=EB=，
连CE，因为．
在△BCE中，可得CE=，
在△ADE中，可得DE=，
在△CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CE⊥DE,
在正三角形中，M为DE中点，所以⊥DE.
由平面⊥平面BCD,
可知⊥平面BCD, ⊥CE.
取的中点N，连线NM、NF，
所以NF⊥DE，NF⊥.
因为DE交于M，
所以NF⊥平面，
则∠FMN为直线FM与平面新成角．
在Rt△FMN中，NF=, MN=, FM=，
则cs=．
所以直线与平面所成角的余弦值为．