1、【解】⑴∵面PAD?面ABCD?AD
zP面PAD?面ABCD∵AB?AD，AB?面ABCD∴AB?面PAD ∵PD?面PAD∴AB?PD又PD?PA∴PD?面PAB
DAOBCxy⑵取AD中点为O，连结CO，PO∵CD?AC?5∴CO?AD
∵PA?PD∴PO?AD以O为原点，如图建系易知P(0，0，1)，B(11，，0)，D(0，?1，0)，
????????????????，，?1)，PD?(0，?1，?1)，PC?(2，0，?1)，CD?(?2，?1，0) C(2，0，0)，则PB?(11?????????n?PD?0??1?设n为面PDC的法向量，令n?(x0，y0,1)??????n??，?1,1?，则PB与面PCD夹角?有 ??2???n?PC?0??????????n?PBsin??cos?n,PB????????nPB1?1?12?3 31?1?1?34⑶假设存在M点使得BM∥面PCD
?????????AM设??，M?0,y',z'?由（2）知A?0,1,0?，P?0,0,1?，AP??0,?1,1?，B?1,1,0?，AM??0,y'?1,z'?
AP?????????????????有AM??AP?M?0,1??,??∴BM???1,??,??∵BM∥面PCD，n为PCD的法向量 ??????11AM1∴BM?n?0即??????0∴?=∴综上，存在M点，即当?时，M点即为所求.
24AP42、【解】(Ⅰ)连结FC，取FC的中点M，连结GM,HM， 因为GM//EF，EF在上底面内，GM不在上底面内，
所以GM//上底面，所以GM//平面ABC； 又因为MH//BC，BC?平面ABC，
E G C A F H B
MH?平面ABC，所以MH//平面ABC；所以平面GHM//平面ABC，
由GH?平面GHM，所以GH//平面ABC．
(Ⅱ) 连结OB，?AB?BC?OA?OB以为O原点，分别以OA,OB,OO?为x,y,z轴， 建立空间直角坐标系．?EF?FB?1AC?23,AB?BC， 2OO??BF2?(BO?FO)2?3，于是有A(23,0,0)，C(-23,0,0)，B(0,23,0)，F(0,3,3)，
可得平面FBC中的向量BF?(0,-3,3)，CB?(23,23,0),
E 于是得平面FBC的一个法向量为n1?(?3,3,1)， 又平面ABC的一个法向量为n2?(0,0,1)， 设二面角F-BC-A为?，则cos??C A O B y z OF n1?n2n1?n2?17x 7?．二面角F-BC-A的余弦值为． 77713、【解】（I）延长AB，交直线CD于点M，∵E为AD中点，∴AE?ED=AD，
21∵BC?CD=AD，∴ED?BC，∵AD//BC 即 ED//BC，
2∴四边形BCDE为平行四边形，BE//CD，∵AB?CD?M， ∴M?CD，∴CM//BE，∵BE?面PBE，∴CM//面PBE，
∵M?AB，AB?面PAB，∴M?面PAB 故在面PAB上可找到一点M使得CM//面PBE.
（II）过A作AF?EC交EC于点F，连结PF，过A作AG?PF交PF于点G， ∵∠PAB?90?，PA与CD所成角为90?，∴PA?AB，PA?CD，∵AB?CD=M，
∴PA?ABCD，∵EC?面ABCD，∴PA?EC，∵EC?AF且AF?AP?A，∴CE?面PAF， ∵AG?面PAF，∴AG?CE，∵AG?PF且AG?AF?A，∴AG?面PFC，
∴∠APF为所求PA与面PCE所成的角，∵PA?面ABCD，∠ADC=90?即AD?DC. ∴∠PDA为二面角P?CD?A所成的平面角,由题意可得∠PDA=45?，而∠PAD=90?,
∴PA?AD,∵BC?CD,四边形BCDE是平行四边形，∠ADM=90?，∴四边形BCDE是正方形， ∴∠BEC?45?，∴∠AEF=∠BEC?45?，∵∠AFE?90?，∴AF=21ADAF2，∴sin∠APF=. ∴4tan∠APF==?3APAP42AE， 24、【解析】（Ⅰ）证明：找到AD中点I，连结FI，∵矩形OBEF,∴EF∥OB
1∵G、I是中点，∴GI是△ABD的中位线∴GI∥BD且GI?BD∵O是正方形ABCD中心
2，1∴OB?BD∴EF∥GI且EF=GI，∴四边形EFIG是平行四边形
2，
∴EG∥FI，∵FI?面ADF，∴EG∥面ADF
（Ⅱ）O?EF?C正弦值
0，C2，0，0，E0，?2，2，F?0，0，2? 解：如图所示建立空间直角坐标系O?xyzB0，?2，??设面CEF的法向量n1??x，y，z? ??????z?x?2?n1?EF??x，y，z??0，2，E0?2y?0??F得：?y?0 ???????0，2??2x?2z?0?n1?CF??x，y，z???2，?z?1??H?????1∵OC?面OEF，∴面OEF的法向量n2??1，∴n1?2，0，0，0?
A??????GB2I2n1?n2????????????6?O36sin?n1，n2??1???cos?n1，n2????? x??????CDy??3333?1n1n2???????????????????2????22（Ⅲ）∵AH?HF∴AH?AF?553?????z?∴AH?设H?x，y，??????324?BH???，2，??5?5???224?2，0，2??，0，??5? 5????32x??5??224??x?2，y，z??0，? ?5，?得：?y?05???4?z?5??64????????BH?n1???????755 cos?BH，n2??????????2221BHn13?5???5、【解析】⑴∵ABEF为正方形∴AF?EF∵?AFD?90?∴AF?DF∵DF?EF=F ∴AF?面EFDC AF?面ABEF∴平面ABEF?平面EFDC
⑵ 由⑴知?DFE??CEF?60?∵AB∥EF，AB?平面EFDC，EF?平面EFDC ∴AB∥平面ABCD，AB?平面ABCD，∵面ABCD?面EFDC?CD ∴AB∥CD,∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形 以E为原点，如图建立坐标系，设FD?a
E?0，0，0??a3?B?0，2a，0? C?，0，a??22??? A?2a，a2，?0?????a?????3????，，?2a，aEB??0，2a，0?，BC??AB???2a，0，0? ??2?2?????????2a?y1?0???m?EB?0??设面BEC法向量为m??x，y，z?.??????，即?a ?3a?z1?0??x1?2ay1???m?BC?0?22??x1?3，y1?0，z1??1m??3，0，?1
???????a3??n?BC=0az2?0?x2?2ay2??设面ABC法向量为n??x2，y2，z2??????.即?2 ?2?2ax?0??n?AB?0?2?x2?0，y2?3，z2?4n?0，3，4
?????219m?n?4219设二面角E?BC?A的大小为?.cos??????，∴二面角E?BC?A的余弦值为? ??19193?1?3?16m?n6、【解析】⑴证明：∵AE?CF?AECF5?，∴，∴EF∥AC．∵四边形ABCD为菱形，∴AC?BD，
4ADCD∴EF?BD，∴EF?DH，∴EF?D?H．∵AC?6，∴AO?3； 又AB?5，AO?OB，∴OB?4，∴OH?222AE?OD?1， AO∴DH?D?H?3，∴OD??OH?D'H，∴D'H?OH． 又∵OHIEF?H，∴D'H?面ABCD．
⑵建立如图坐标系H?xyz．B?5，0，0?，C?1，3，0?，D'?0，0，3?，A?1，?3，0?， uuuruuuruuurAB??4，3，0?，AD'???1，3，3?，AC??0，6，0?，
????????x?3ur?n?AB?04x?3y?0??1?设面ABD'法向量n1??x，y，z?，由???得?，取?y??4， ????????z?5?n1?AD??0??x?3y?3z?0?uruurn1?n2uruur9?575?∴n1??3，?4，5?．同理可得面AD'C的法向量n2??3，0，， 1?，∴cos??uruur?2552?10n1n2∴sin??295． 25
7、
?2x?4z?0??n?PM?0?设n?(x,y,z)为平面PMN的法向量，则?，即?5，
x?y?2z?0???n?PN?0?2可取n?(0,2,1)，于是|cos?n,AN?|?8、
|n?AN|85. ?25|n||AN|
9、【证明】 如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xyz.由题意知A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0)． →→?3231?
设点C的坐标为(x0，y0,0)，因为AQ＝3QC，所以Q?x0，＋y0，?.
442??4
1??
因为点M为AD的中点，故M(0，2，1)．又点P为BM的中点，故P?0，0，2?，
??→?3?23
所以PQ＝?x0，＋y0，0?.又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，
44?4?→
故PQ·a＝0.又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
10、【解】 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，→→
D(1,1,0)，A1(0,0,4) ，C1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0，－4)，C1D＝(1，－1，－4). →→
→→A1B·C1D18310
因为cos〈A1B，C1D〉＝＝＝10，
→→20×18|A1B||C1D|