证明：（Ⅰ）因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD.
所以BD⊥平面PAC. （Ⅱ）设AC∩BD=O. 因为∠BAD=60°，PA=PB=2, 所以BO=1，AO=CO=3.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O—xyz，则
P（0，—，2），A（0，—，0），B（1，0，0），C（0，，0）. 所以 (1,3, 2), (0,2,0). 设PB与AC所成角为 ，则
cos
622 2
4
.
（Ⅲ）由（Ⅱ）知 ( 1,,0). 设P（0，－3，t）（t>0）， 则BP ( 1, 3,t)
设平面PBC的法向量m (x,y,z), 则 m 0, m 0
x 3y 0,
x 3y tz 0所以
6
x
3,z .
t 令y ,则
6
m (3,,)
t 所以
6
n ( 3,3,)
t 同理，平面PDC的法向量
因为平面PCB⊥平面PDC,
6
所以m n=0，即解得t
36
02t
6
所以PA=
28.（福建理20）
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=2，
CDA 45 ．
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD； （II）设AB=AP．
（i）若直线PB与平面PCD所成的角为30 ，求线段AB的长；
（ii）在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理 由。
本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、抽象根据能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想，满分14分。 解法一：
（I）因为PA 平面ABCD，
AC 平面ABCD，
所以PA AB，
又AB AD,PA
AD A,
所以AB 平面PAD。
又AB 平面PAB，所以平面PAB 平面PAD。 （II）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系 A—xyz（如图）
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE AD. 在Rt CDE中，DE=CD cos45 1，
CE CD sin45 1,
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以E(0,3 t,0),C(1,3 t,0),D(0,4 t,0)，
CD ( 1,1,0),PD (0,4 t, t).
（i）设平面PCD的法向量为n (x,y,z)，
x y 0,
(4 t)y tx 0.n CDn PD由，，得
取x t，得平面PCD的一个法向量n {t,t,4 t}，
又PB (t,0, t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30 ，得
n PB21|,cos60 | ,|n| |PB|2
44t 或t 4AB .55 解得（舍去，因为AD 4 t 0），所以
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 设G（0，m，0）（其中0 m 4 t）
则GC (1,3 t m,0),GD (0,4 t m,0),GP (0, m,t)，
222
(4 t m) m t|GC| |GD|由得，（2）
2
由（1）、（2）消去t，化简得m 3m 4 0（3）
由于方程（3）没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G， 使得点G到点P，C，D的距离都相等。
从而，在线段AD上不存在一个点G，
使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。 解法二：
（I）同解法一。 （II）（i）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A—xyz（如图） 在平面ABCD内，作CE//AB交AD于E， 则CE AD。
在平面ABCD内，作CE//AB交AD于点E，则CE AD. 在Rt CDE中，DE=CD cos45 1，
CE CD sin45 1,
设AB=AP=t，则B（t，0，0），P（0，0，t） 由AB+AD=4，得AD=4-t，
所以E(0,3 t,0),C(1,3 t,0),D(0,4 t,0)，
CD ( 1,1,0),PD (0,4 t, t).
设平面PCD的法向量为n (x,y,z)，
x y 0,
(4 t)y tx 0.
由n CD，n PD，得
取x t，得平面PCD的一个法向量n {t,t,4 t}，
又PB (t,0, t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30 ，得
n PB21|,cos60 | ,|n| |PB|2
4
t 或t 45解得（舍去，因为AD 4 t 0）， 4AB .
5 所以
（ii）假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等， 由GC=CD，得 GCD GDC 45 ， 从而 CGD 90 ，即CG AD,
GD CD sin45
1,
设AB ,则AD=4- ,
AG AD GD 3 ，
GB
Rt
ABG在中， 1,
这与GB=GD矛盾。
所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点B，C，D的距离都相等，
从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等。 29.（广东理18）
如图5．在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，
且∠DAB=60
，PA PD E,F分别是BC,PC的中点．
（1） 证明：AD 平面DEF;
（2） 求二面角P-AD-B的余弦值． 法一：（1）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD。
因PA=PD，有PG AD，在 ABD中，AB AD 1, DAB 60 ，有 ABD为等
边三角形，因此BG AD,BG PG G，所以AD 平面PBG AD PB,AD GB.
又PB//EF，得AD EF，而DE//GB得AD DE，又FE DE E，所以AD 平
面DEF。
（2） PG AD,BG AD，
PGB为二面角P—AD—B的平面角，
Rt PAG中,PG2 PA2 AG2
在
74
Rt ABG中,BG=AB sin60 =
在
2
2
73 4
PG BG PB cos PGB 2PG BG22
2
2
法二：（1）取AD中点为G，因为PA PD,PG AD.
又AB AD, DAB 60 , ABD为等边三角形，因此，BG AD，从而AD 平面
PBG。
延长BG到O且使得PO OB，又PO 平面PBG，PO AD，AD OB G, 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x轴，z轴，平行于AD
的直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系。
11
P(0,0,m),G(n,0,0),则
A(n, ,0),D(n,,0).
22设
|GB| |AB|sin60
B(n
1n1mC(n E(n ,0),F( ,).22222422
nmAD (0,1,0),DE FE ( )
22 由于
得AD DE 0,AD FE 0,AD DE,AD FE,DE FE E
AD 平面DEF。
1 PA (n, , m),PB (n m)
2 （2
）
m2 2,解之得m 1,n
取平面ABD的法向量设平面PAD的法向量
n1 (0,0, 1),
n2 (a,b,c)
bb
PA n2 0, c 0,由PD n2 0, c 0,
22由 n2
取
cos n1,n2
30.（湖北理18）
如图，已知正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．
（Ⅰ）当CF=1时，求证：EF⊥A1C；
（Ⅱ）设二面角C AF E的大小为 ，求tan 的最小值．
本小题主要考查空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力。（满分12分） 解法1：过E作EN AC于N，连结EF。 （I）如图1，连结NF、AC1，由直棱柱的性质知， 底面ABC 侧面A1C。
又度面ABC 侧面A，C=AC，且EN 底面ABC， 所以EN 侧面A1C，NF为EF在侧面A1C内的射影， 在Rt CNE中，CN CEcos60 =1，
CFCN1
CC1CA4，得NF//AC1， 则由
又
AC1 AC1,
故
NF A1C
。
由三垂线定理知
EF AC1.
（II）如图2，连结AF，过N作NM AF于M，连结ME。 由（I）知EN 侧面A1C，根据三垂线定理得EM AF, 所以 EMN是二面角C—AF—E的平面角，即 EMN ， 设 FAC ,则0 45
在Rt
CNE中，NE EC sin60 在Rt AMN中,MN AN sina 3sina,
tan
故
NE .MN3sina
,2
0 45 , 0 sina
又
sina
故当
即当 45 2时，tan 达到最小值；
tan
，此时F与C1重合。