2021－2022学年高二上学期期末数学 专题复习立体几何讲义word版含答案

《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．