2026年高三数学上学期专题突破练：立体几何初步（含解析）

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2026年高三数学上学期专题突破练：立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江期中）下列说法正确的是（　　）
A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
C．棱台的各侧棱延长后必交于一点
D．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台
2．（2025春 长春期中）已知直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝6，CD＝4，，则直角梯形ABCD的直观图A′B′C′D′的面积为（　　）
A．5 B． C．10 D．
3．（2025春 长安区校级期中）已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，A表示点，则下列命题正确的是（　　）
A．若直线m上有无数个点在平面α内，则m∥α
B．若m α，n β，且α∥β，则m∥n
C．若m α，n β，则m∥n
D．若α∩β＝m，且A∈α，A∈β，则A∈m
4．（2025秋 丽江月考）已知圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为，若该圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A． B．2π C．6π D．
5．（2025春 安徽月考）如图，已知在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，AD＝3，点E在棱BC上，且，则直线A1E与直线C1D1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 杭州校级学业考试）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝2，且异面直线AA1与CD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 海淀区校级模拟）如图，已知两个四棱锥P1﹣ABCD与P2﹣ABCD的公共底面是边长为2的正方形，顶点P1、P2在底面的同侧，棱锥的高P1O1＝P2O2，O1、O2分别为AB、CD的中点，P1D与P2A交于点E，P1C与P2B交于点F．则四棱锥P1﹣ABFE的体积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025 惠州模拟）如图，ABC﹣A′B′C′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A′﹣ABC，A′﹣BCB′，A′﹣B′C′C在平面α上方的部位体积为V1，V2，V3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么当V1+V3＝2V2时，（　　）
A． B． C．1 D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 长春期中）已知圆锥SO的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（　　）
A．该圆锥的表面积为12π
B．该圆锥的体积为
C．该圆锥侧面展开图为半圆
D．该圆锥轴截面为等边三角形
（多选）10．（2025春 重庆校级期中）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若m∥n，n α，m α，则m∥α
B．若m∥α，α∥β，则m∥β
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若α∥β，m α，则m∥β
（多选）11．（2025春 长春期中）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美．按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），过E1，F1，G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于该几何体，下列说法正确的是（　　）
A．当a＝1时，该几何体是一个半正多面体
B．当a＝3时，该几何体是一个半正多面体
C．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为
D．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为32
三．填空题（共3小题）
12．（2025 枣庄校级二模）在三棱锥D﹣ABC中，△ABC是边长为的等边三角形，侧面DAB⊥底面ABC，∠ADB＝120°．若三棱锥D﹣ABC的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为 　 　 ，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 　 　 ．
13．（2025春 丹东期末）已知等边△ABC的边长为，AD是BC边上的高，以AD为折痕将△ACD折起，使∠BDC＝60°，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为 　 　 ．
14．（2025春 天津期中）阿基米德（Archimedes，公元前287年﹣公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家．他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的表面积为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 长乐区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为AC的中点．
（1）证明：D1P∥平面A1BC1；
（2）求三棱锥B1﹣A1BC1的体积．
16．（2025春 城东区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，DA＝AB＝2，DC＝4，E，F分别为棱CD，PD的中点．
（1）求证：PB∥平面AEF；
（2）求证：AE⊥平面PBD．
（3）求证：平面AEF∥平面PBC．
17．（2025春 云南月考）在如图所示的几何体中，直线PD⊥底面ABCD，MA∥PD，底面ABCD是正方形，E，F，G分别为MB，PC，PB的中点，AD＝PD＝2．
（1）求证：PB⊥AC；
（2）求证：平面EFG∥平面ADPM；
（3）求直线PB与平面EFG所成角的正弦值．
18．（2025春 长春期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点O为AC与BD的交点，点P为DD1的中点．
（1）求证：直线BD1∥平面PAC；
（2）求三棱锥B﹣PAC的体积．
19．（2025春 江北区校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为是边长为1的正方形，PC⊥平面ABCD
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若PC＝BC，平面PAB与平面PCD的交线为l，求直线l与直线PA所成角的余弦值；
（3）若E为PB中点，且直线DE与平面ABE所成角的正弦值为，求PC．
2026年高三数学上学期专题突破练：立体几何初步
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 C A D D C B B B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD AD BC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江期中）下列说法正确的是（　　）
A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
B．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
C．棱台的各侧棱延长后必交于一点
D．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转所得的旋转体是圆台
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体，若侧棱不平行，则不为棱柱，故A错误；
对于B，棱锥的各个侧面都是等边三角形，则顶角为60°，
若为六棱锥，则60°×6＝360°，为一个周角，故为平面图形，故B错误；
对于C，由棱台的定义，棱台的各侧棱延长后必交于一点，C正确；
对于D，以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转，如果旋转轴是梯形的斜边，则旋转体不是圆台，D错误．
故选：C．
2．（2025春 长春期中）已知直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝6，CD＝4，，则直角梯形ABCD的直观图A′B′C′D′的面积为（　　）
A．5 B． C．10 D．
【解答】解：因为直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝6，CD＝4，，
所以SABCD（6+4）10，
故直角梯形ABCD的直观图A′B′C′D′的面积为：SABCD105．
故选：A．
3．（2025春 长安区校级期中）已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，A表示点，则下列命题正确的是（　　）
A．若直线m上有无数个点在平面α内，则m∥α
B．若m α，n β，且α∥β，则m∥n
C．若m α，n β，则m∥n
D．若α∩β＝m，且A∈α，A∈β，则A∈m
【解答】解：已知m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，A表示点，
对于A，若直线m上有无数个点在平面α内，
则m α，
即A错误；
对于B，若m α，n β，且α∥β，
则m∥n或m与n异面，
即B错误；
对于C，若m α，n β，
则m与n的位置关系不确定，
即C错误；
对于D，若α∩β＝m，且A∈α，A∈β，
则A∈m，
即D正确．
故选：D．
4．（2025秋 丽江月考）已知圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为，若该圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A． B．2π C．6π D．
【解答】解：因为圆锥的轴截面为正三角形，且圆锥的体积为，
所以作出示意图如下：
设圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线l＝2r，高．
所以圆锥的体积为，解得，则，
设球的半径为R，球心到圆锥底面的距离为d，
则，即，解得，
所以球的表面积为．
故选：D．
5．（2025春 安徽月考）如图，已知在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，AD＝3，点E在棱BC上，且，则直线A1E与直线C1D1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
∴AA1＝2AB＝2，AD＝3，则AB＝1，AA1＝2，
∴A1（3，0，2），C1（0，1，2），D1（0，0，2）．
∵点E在棱BC上，且，BC＝AD＝3，
∴BE＝2，EC＝1，则E（1，1，0）．
∴，
．
∴cos，
∵异面直线所成角的范围是，
∴直线A1E与直线C1D1所成角的余弦值为．
故选：C．
6．（2025 杭州校级学业考试）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1，AA1＝2，且异面直线AA1与CD所成的角为60°，则该正四棱台的体积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：作出示意图如下：
∵AB∥CD，
∴异面直线AA1与CD所成的角为∠A1AB＝60°，
过A1作A1M⊥AC于M，过M作MN⊥AB于N，
则A1M⊥AB，A1M⊥NM，
又A1M∩MN＝M，
∴AB⊥平面A1MN，∴A1N⊥AB，
∵AB＝2A1B1，AA1＝2，∴，AN＝AA1cos60°＝1，
∴2A1B1＝A1B1+2，∴A1B1＝2，∴AB＝4，
∵△ANM∽△ABC，∴，∴MN＝1，∴，
∴该正四棱台的体积为：
．
故选：B．
7．（2025 海淀区校级模拟）如图，已知两个四棱锥P1﹣ABCD与P2﹣ABCD的公共底面是边长为2的正方形，顶点P1、P2在底面的同侧，棱锥的高P1O1＝P2O2，O1、O2分别为AB、CD的中点，P1D与P2A交于点E，P1C与P2B交于点F．则四棱锥P1﹣ABFE的体积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接P1P2，O1O2，O1D，如图所示．
因为P1O1平面ABCD，P2O2⊥平面ABCD，所以P1O1∥P2O2，
又P1O1＝P2O2，所以四边形P1O1O2P2是矩形，所以P1P2∥O1O2，且P1P2＝O1O2，
又O1，O2分别为AB，CD的中点，所以O1O2∥AD且O1O2＝AD，
所以P1P2∥AD且P1P2＝AD，所以四边形P1P2DA为平行四边形，
又对角线P2A∩DP1＝E，所以E为P1D的中点．
连接P2O1，交EF于点N，过点P作P1M⊥P2O1于M，由题意知P2A＝P2B，故P2O1⊥AB，
又P1O1⊥AB，P2O1∩P1O1＝O1，P2O1，P1O1 平面P2P1O1，所以AB⊥平面P2P1O1．
因为P1M 平面P2P1O1，故AB⊥P1M．
又P2O1∩AB＝O1，P2O1，AB 平面P2AB，所以P1M⊥平面P2AB，即P1M是四棱锥P1﹣ABFE的高，
同理可得点F为线段P1C的中点，所以EF∥CD，且，
在Rt△P2O2O1中，，则，
所以，
因为，
所以．
故选：B．
8．（2025 惠州模拟）如图，ABC﹣A′B′C′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A′﹣ABC，A′﹣BCB′，A′﹣B′C′C在平面α上方的部位体积为V1，V2，V3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么当V1+V3＝2V2时，（　　）
A． B． C．1 D．
【解答】解：如图所示，设直三棱柱的底面积为S，体积为V，
如图所示，，所以，
此时．
此时平面α在直棱柱的中间高度上，
故平面α与A′B，A′C，B′C相交于它们的中点处，此时截面如图所示：
可知，．
故选：B．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 长春期中）已知圆锥SO的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，则（　　）
A．该圆锥的表面积为12π
B．该圆锥的体积为
C．该圆锥侧面展开图为半圆
D．该圆锥轴截面为等边三角形
【解答】解：圆锥SO的母线长为4，其侧面积是底面积的2倍，
设圆锥底面半径为r，
则底面面积S1＝πr2，底面周长C＝2πr，
故侧面面积S2cl＝4πr，
由题意得S2＝2S1，即4πr＝2πr2，即r＝2，
故侧面面积S2cl＝4πr＝8π，可得表面积为：8π+4π＝12π，A选项正确；
侧面面积S2＝8ππ 42，所以该圆锥侧面展开图为半圆，C选项正确；
设该圆锥母线与底面所成角为α，则cosα，即α＝60°，故圆锥轴截面为等边三角形，D选项正确；
则该圆锥的体积VS1hS1lsinα4π×4π，B选项不正确．
故选：ACD．
（多选）10．（2025春 重庆校级期中）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若m∥n，n α，m α，则m∥α
B．若m∥α，α∥β，则m∥β
C．若m∥α，n∥α，则m∥n
D．若α∥β，m α，则m∥β
【解答】解：若m∥n，n α，m α，则m∥α，所以A选项正确；
若m∥α，α∥β，则m∥β或m β，所以B选项错误；
若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或异面，所以C选项错误；
若α∥β，m α，则m∥β，所以D选项正确．
故选：AD．
（多选）11．（2025春 长春期中）半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美．按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），过E1，F1，G1三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面．关于该几何体，下列说法正确的是（　　）
A．当a＝1时，该几何体是一个半正多面体
B．当a＝3时，该几何体是一个半正多面体
C．若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为
D．若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为32
【解答】解：对A选项，当a＝1时，8个顶角的截面为等边三角形，但其余保留的每个面不是正八边形，所以A选项错误；
对B选项，当a＝3时，8个顶角的截面为正六边形，其余保留的每个面是正方形，所以B选项正确；
对C选项，如图，因为棱长为4的正方体中，B1E1＝B1F1＝B1G1＝a，A1E2＝A1F2＝A1G2＝a，…，a∈（0，4），
所以，E1F2＝4﹣2a，
当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，（，解得，故C正确；
对于D，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，E1F2＝4﹣2a＝0，
所以a＝2，表面积为，D错误．
故选：BC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025 枣庄校级二模）在三棱锥D﹣ABC中，△ABC是边长为的等边三角形，侧面DAB⊥底面ABC，∠ADB＝120°．若三棱锥D﹣ABC的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为 　5π　 ，三棱锥D﹣ABC体积的最大值为 　　 ．
【解答】解：如图①，设△ABC，△DAB的外接圆的圆心分别为O1，O2，半径为r1，r2，三棱锥D﹣ABC的外接球的球心为O，半径为R，
设AB的中点为E，则，即r1＝1，同理可得r2＝1．
因为侧面DAB⊥底面ABC，EO2⊥AB，可得EO2⊥底面ABC，所以EO2⊥EO1．
又OO1⊥底面ABC，OO2⊥侧面DAB，所以四边形OO1EO2为矩形．
在Rt△OO2A中，，
因为，所以，所以球O的表面积为5π．
设三棱锥D﹣ABC的高为h，过D作DH⊥AB于点H，
由面面垂直的性质可得，DH⊥底面ABC，即DH为三棱锥D﹣ABC的高．
△DAB及其外接圆如图②所示，由图可知，当D位于劣弧AB的中点时，h最大，最大值为，
所以三棱锥D﹣ABC体积的最大值为．
故答案为：5π；．
13．（2025春 丹东期末）已知等边△ABC的边长为，AD是BC边上的高，以AD为折痕将△ACD折起，使∠BDC＝60°，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为 　52π　 ．
【解答】解：根据题意作出示意图，如下图所示：
易知AD⊥DB，AD⊥DC，又BD∩DC＝B，BD，DC 平面BDC，
所以AD⊥平面BDC，
设△BDC外接圆圆心为O1，过O1做面BDC垂线，
则垂线上所有点到△BDC顶点距离相等，且垂线与AD共面，
过A做上述垂线的垂线，垂足为O2，所以得四边形AO2O1D为矩形，
取O1O2中点为O，易知O为三棱锥A﹣BCD外接球球心，
所以AD＝O1O2＝6 OO1＝3，
根据正弦定理有，
则OD满足，
所以外接球的表面积为．
故答案为：52π．
14．（2025春 天津期中）阿基米德（Archimedes，公元前287年﹣公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家．他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的表面积为 　54π　 ．
【解答】解：设球的半径为r，则圆柱的底面半径也为r，高为2r，
所以球的体积公为，所以r＝3，
所以圆柱的表面积为πr2×2+2πr 2r＝6πr2＝6π×9＝54π．
故答案为：54π．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 长乐区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为AC的中点．
（1）证明：D1P∥平面A1BC1；
（2）求三棱锥B1﹣A1BC1的体积．
【解答】解：（1）证明：如图，设B1D1∩A1C1＝H，连接BH，
因为DD1∥BB1，DD1＝BB1，
所以四边形B1BDD1为平行四边形，
所以BD∥B1D1，
又P为AC的中点，H为B1D1的中点，
所以D1H∥BP，且D1H＝BP，
所以四边形D1HBP是平行四边形，
所以BH∥D1P，又D1P 平面A1BC1，BH 平面A1BC1，
所以D1P∥平面A1BC1；
（2），
根据题意可得三棱锥B1﹣A1BC1的体积为．
16．（2025春 城东区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，DA＝AB＝2，DC＝4，E，F分别为棱CD，PD的中点．
（1）求证：PB∥平面AEF；
（2）求证：AE⊥平面PBD．
（3）求证：平面AEF∥平面PBC．
【解答】证明：（1）如图，连接BE，设BD∩AE＝O，连接OF，
因为AB∥DC，，
所以四边形ABED是平行四边形，
则OD＝OB，又DF＝PF，则OF∥PB，
因为OF 平面AEF，PB 平面AEF，
所以PB∥平面AEF；
（2）由四边形ABED是平行四边形，DA＝AB＝2，
所以四边形ABED为菱形，则AE⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，所以PD⊥AE，
又因为BD∩PD＝D，BD、PD 平面PBD，
所以AE⊥平面PBD；
（3）由EC＝DE，则EC＝AB，又EC∥AB，
所以四边形ABCE是平行四边形，
故AE∥BC，又BC 平面AEF，AE 平面AEF，
所以BC∥平面AEF，
又PB∥平面AEF，PB∩BC＝B，PB、BC 平面PBC，
所以平面AEF∥平面PBC．
17．（2025春 云南月考）在如图所示的几何体中，直线PD⊥底面ABCD，MA∥PD，底面ABCD是正方形，E，F，G分别为MB，PC，PB的中点，AD＝PD＝2．
（1）求证：PB⊥AC；
（2）求证：平面EFG∥平面ADPM；
（3）求直线PB与平面EFG所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：连接BD，∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵PD⊥底面ABCD，AC 平面ABCD，∴PD⊥AC，
∵BD∩PD＝D，BD，PD 平面PBD，∴AC⊥平面PBD，
∵PB 平面PBD，∴AC⊥PB．
（2）证明：∵G，F分别为PB，PC的中点．∴GF∥BC，
∵BC∥AD，∴GF∥AD，
∵GF 平面ADPM，AD 平面ADPM，
∴GF∥平面ADPM，
同理可证GE∥平面ADPM，∵GF∩GE＝G，GF、GE 平面EFG
∴平面EFG∥平面ADPM．
（3）∵PD⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，∴PD⊥AB，
又AD⊥AB，PD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADPM，
连接PA，则∠APB为直线PB与平面ADPM所成的角，
∵AD＝PD＝2，∴，，
∴．
由（2）知平面EFG∥平面ADPM，
∴直线PB与平面EFG所成的角与PB与平面ADPM所成的角相等，
∴直线PB与平面EFG所成角的正弦值为．
18．（2025春 长春期中）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点O为AC与BD的交点，点P为DD1的中点．
（1）求证：直线BD1∥平面PAC；
（2）求三棱锥B﹣PAC的体积．
【解答】解：（1）证明：如图，连接PO，
则O为BD中点，又点P为DD1的中点，
所以BD1∥PO，又BD1 平面PAC，PO 平面PAC，
所以BD1∥平面PAC；
（2）根据题意可得三棱锥B﹣PAC的体积为：
VB﹣PAC＝VP﹣ABC．
19．（2025春 江北区校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为是边长为1的正方形，PC⊥平面ABCD
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若PC＝BC，平面PAB与平面PCD的交线为l，求直线l与直线PA所成角的余弦值；
（3）若E为PB中点，且直线DE与平面ABE所成角的正弦值为，求PC．
【解答】（1）证明：连接BD、AC，
∵PC⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PC⊥BD，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，且PC、AC是平面PAC内的相交直线，
∴BD⊥平面PAC．
（2）解：∵AB∥CD，CD 平面PCD，AB 平面PCD，∴AB∥平面PCD，
又∵AB 平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，∴l∥AB，
∴直线l与PA所成的角等于直线AB与PA所成的角，即∠PAB或其补角，
∵PC⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，∴PC⊥AB，
∵AB⊥BC，PC、BC是平面PBC内的相交直线，
∴AB⊥平面PBC，结合PB 平面PBC，可得AB⊥PB，
∵Rt△PBC中，PC＝BC＝1，可得PB，Rt△PAB中，PA，可得，
∴直线l与直线PA所成角的余弦值为．
（3）解：在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，
将四棱锥P﹣ABCD补形成正四棱柱PB1A1D1﹣CBAD，平面ABE即平面ABPD1，
在平面ADD1A1内，过点D作DF⊥AD1于F，连接EF，
∵AB⊥平面ADD1A1，DF 平面ADD1A1，∴DF⊥AB，
又∵AB∩AD1＝A，AB、AD1 平面ABPD1，
∴DF⊥平面ABPD1，∠DEF是直线DE与平面ABE所成的角，
取BC中点G，连接DG、EG，
由E是BP的中点，可得EG∥PC，
∵EG⊥平面ABCD，DG 平面ABCD，∴EG⊥DG，
设PC＝h，则，，则，
而，由直线DE与平面ABE所成角的正弦值为，
得，
整理得h4﹣6h2+5＝0，解得h＝1或，即PC＝1或．
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