第七章立体几何(时间 : 120分钟总分值150分)一、单项选择题(本大题共8个小题 , 每道题5分 , 共40分 , 在每道题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2021·河北省衡水中学调研)以下命题正确的个数为(C)①梯形一定是平面图形 ;②假设两条直线和第三条直线所成的角相等 , 那么这两条直线平行 ;③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面 ;④如果两个平面有三个公共点 , 那么这两个平面重合．A．0B．1C．2D．3[解析]①由于梯形是有一组对边平行的四边形 , 易知两平行线确定一平面 , 所以梯形可以确定一个平面 , 故①对 ; ②假设两条直线和第三条直线所成的角相等 , 比方等腰三角形ABC , AB＝AC , 直线AB , AC与直线BC所成的角相等 , 而直线AB , AC不平行 , 故②错 ; ③两两相交的三条直线 , 比方墙角处的三条交线可以确定三个平面 , 故③对 ; ④如果两个平面有三个公共点 , 比方两平面相交有一条公共直线 , 如果这三个公共点不共线 , 那么这两个平面重合 , 故④错．综上 , 选C.2．(2020·山东省济南市6月模拟)如下列图 , 在圆柱O1O2内有一个球O , 该球与圆柱的上 , 下底面及母线均相切．假设O1O2＝2 , 那么圆柱O1O2的外表积为(C)A．4πB．5πC．6πD．7π[解析]由题意, 可得h＝2r＝2 , 解得r＝1 , 所以圆柱O1O2的外表积为S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π.应选C.3．(2021·河北省唐山市期末)一个几何体的三视图如下列图, 小正方形的边长为1 , 那么这个几何体的外表积是(D)A ．11πB ．9πC ．7πD ．5π[解析] 由三视图可得几何体为18个球体 , 球的半径为 2 , 故该几何体的外表积为18×4×π×4＋3×π×44＝5π , 应选D.4．(2021·山东省滨州市三模)已知m , n 为两条不同的直线 , α , β , γ为三个不同的平面 , 那么以下命题正确的选项是( B )A ．假设m ∥α , n ∥α , 那么m ∥nB ．假设α⊥β , γ⊥β且α∩γ＝m , 那么m ⊥βC ．假设m ⊂α , n ⊂α , m ∥β , n ∥β , 那么α∥βD ．假设m ⊥α , n ∥β , α⊥β , 那么m ⊥n[解析] 对A : 假设m ∥α , n ∥α , 那么m ∥n , 或m 与n 是异面直线 , 或m 与n 相交 , 故A 错误 ; 对B : 假设α⊥β , γ⊥β且α∩γ＝m , 不妨取交线m 上一点P , 作平面β的垂线为l , 因为l ⊥β , α⊥β , 且点P ∈α , 故l ⊂α ; 同理可得l ⊂γ , 故l 与m 是同一条直线 , 因为l ⊥β , 故m ⊥γ.故B 选项正确 ; 对C : 只有当m 与n 是相交直线时 , 假设m ⊂α , n ⊂α , m ∥β , n ∥β , 才会有α∥β.故C 错误 ; 对D : 假设m ⊥α , n ∥β , α⊥β , 那么m 与n 的关系不确定 , 故D 错误．应选 : B.5．(2021·东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1 , O 为底面ABCD 的中心 , M , N 分别为棱A 1D 1 , CC 1的中点．那么异面直线B 1M 与ON 所成角的余弦值为( C )A.55 B ．105C ．1515D ．2515[解析] 以D 为原点建立如以下列图所示的空间直角坐标系 : 设正方体的棱长为2 ,所以有D (0,0,0) , O (1,1,0) , B 1(2,2,2) , M (1,0,2) , N (0 , 2,1) , 因此B 1M →＝(－1 , －2,0) , ON →＝(－1,1,1) , 设异面直线B 1M 与ON 所成角为α , 所以cos α＝|B 1M →·ON →||B 1M →|·|ON →|＝|(－1)×(－1)＋(－2)×1＋0×1|(－1)2＋(－2)2＋02·(－1)2＋12＋12＝1515. 应选 : C.6．如下列图 , 在正方形ABCD 中 , E , F 分别是BC , CD 的中点 , G 是EF 的中点．现在沿AE , AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形 , 使B , C , D 点重合 , 重合后的点记为H .那么 , 在这个空间图形中必有( B )A ．AG ⊥平面EFHB ．AH ⊥平面EFHC ．HF ⊥平面AEFD ．HG ⊥平面AEF[解析] 根据折叠前、后AH ⊥HE , AH ⊥HF 不变 , ∴AH ⊥平面EFH , B 正确 ;∵过A 只有一条直线与平面EFH 垂直 , ∴A 不正确 ;∵AG ⊥EF , EF ⊥GH , AG ∩GH ＝G , AG , GH ⊂平面HAG , ∴EF ⊥平面HAG , 又EF ⊂平面AEF ,∴平面HAG ⊥平面AEF , 过点H 作直线垂直于平面AEF , 一定在平面HAG 内 , ∴C 不正确 ;由条件证不出HG ⊥平面AEF , ∴D 不正确．应选B.7．(2021·湖北武汉局部学校质检)如下列图 , 点A , B , C , M , N 为正方体的顶点或所在棱的中点 , 那么以下各图中 , 不满足直线MN ∥平面ABC 的是( D )[解析] 选项D 中 , MN ⊂平面ABC , 应选D.8．(2021·福建龙岩质检)在三棱锥A －BCD 中 , △ABC 和△BCD 都是边长为23的等边三角形 , 且平面ABC ⊥平面BCD , 那么三棱锥A －BCD 外接球的外表积为( D )A ．8πB ．12πC ．16πD ．20π[解析] 取BC 的中点E , 连接AE 与DE , 那么AE ⊥DE , 且AE ＝DE ＝23×32＝3 , 在DE 上取点I 使得EI ＝13DE , 在AE 上取点H 使得EH ＝13AE , 那么点I 是三角形BCD 的外接圆圆心 , 点H 是三角形BCA 的外接圆圆心 , 那么BI ＝12×2332＝2 , 分别过点I 、H 作平面BCD 和ABC 的垂线IO 和HO 交于O 点 , 那么点O 是三棱锥A －BCD 的外接球球心 , OI ＝EH ＝13×3＝1 , BO ＝BI 2＋OI 2＝4＋1＝ 5 , 故外接球半径为 5 , 那么三棱锥A －BCD外接球的外表积4π×5＝20π.二、多项选择题(本大题共4个小题 , 每道题5分 , 共20分 , 在每道题给出的四个选项中 , 有多项符合题目要求全部选对的得5分 , 局部选对的得3分 , 有选错的得0分)9．(2021·山东济宁期末)已知m 、n 为两条不重合的直线 , α、β为两个不重合的平面 , 那么以下说法正确的选项是( BC )A ．假设m ∥α , n ∥β且α∥β , 那么m ∥nB ．假设m ∥n , m ⊥α , n ⊥β , 那么α∥βC ．假设m ∥n , n ⊂α , α∥β , m ⊄β , 那么m ∥βD ．假设m ∥n , n ⊥α , α⊥β , 那么m ∥β[解析] 在A 中的条件下 , m ∥n 或m 与n 相交或m 、n 异面 , A 错 ; 又 ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n m ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫n ⊥αn ⊥β⇒α∥β , B 正确 ;⎭⎬⎫n ⊂αα∥β⇒⎭⎬⎫n ∥βm ∥n m ⊄β⇒m ∥β , C 正确 ; ⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊥α⇒⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αα⊥β⇒m ∥β或m ⊂β , D 错 , 应选BC. 10．(2021·山东滨州期末)已知菱形ABCD 中 , ∠BAD ＝60° , AC 与BD 相交于点O .将△ABD 沿BD 折起 , 使顶点A 至点M , 在折起的过程中 , 以下结论正确的选项是( ABD )A ．BD ⊥CMB ．存在一个位置 , 使△CDM 为等边三角形C ．DM 与BC 不可能垂直D ．直线DM 与平面BCD 所成的角的最大值为60°[解析] 由题意知BD ⊥OM , BD ⊥CO , ∴BD ⊥平面MOC , ∴BD ⊥CM , A 正确 ; 设菱形边长为a , 那么CM 的取值范围为(0 , 3a ) , ∴B 正确 ; 当CM ＝a 时 , DM ⊥BC , C 错 ; 当平面MBD ⊥平面BCD 时 , 直线DM 与平面BCD 所成角最大为60° , D 正确 , 应选ABD.11．(2021·湖南省期末改编)在三棱锥D －ABC 中 , AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝1 , 且AB ⊥BC , CD ⊥DA , M , N 分别是棱BC , CD 的中点 , 下面结论中正确的选项是( ABD )A ．AC ⊥BDB ．MN ∥平面ABDC ．三棱锥A －CMN 的体积的最大值为212D ．AD 与BC 一定不垂直[解析] 设AC 的中点为O , 连接OB , OD (图略) , 那么AC ⊥OB , AC ⊥OD , 又OB ∩OD ＝O , 所以AC ⊥平面OBD , 所以AC ⊥BD , 故A 正确 ; 因为MN ∥BD , 所以MN ∥平面ABD , 故B 正确 ; 当平面DAC 与平面ABC 垂直时 , V A －CMN 最大 , 最大值为V A －CMN ＝V N －ACM ＝13×14×24＝248, 故C 错误 ; 假设AD 与BC 垂直 , 又因为AB ⊥BC , 所以BC ⊥平面ABD , 所以BC ⊥BD , 又BD ⊥AC , 所以BD ⊥平面ABC , 所以BD ⊥OB , 因为OB ＝OD , 所以显然BD 与OB 不可能垂直 , 故D 正确．12．(2021·山东烟台期末)如下列图 , 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中 , 点P 在线段B 1C 上运动 , 那么( ABD )A ．直线BD 1⊥平面A 1C 1DB ．三棱锥P －A 1C 1D 的体积为定值C ．异面直线AP 与A 1D 所成角的取值范围是[45° , 90°] D ．直线C 1P 与平面A 1C 1D 所成角的正弦值的最大值为63[解析] 设正方体的棱长为1 , 如下列图建立空间直角坐标系 ,那么BD 1→＝(－1 , －1,1) , A 1C 1→＝(－1,1,0) ,∴BD 1→·A 1C 1→＝0 , 即BD 1⊥A 1C 1 , 同理BD 1⊥DA 1 ,∴BD 1⊥平面A 1C 1D , A 正确 ; 由B 1C ∥A 1D 得B 1C ∥平面A 1DC 1 , ∴P 到平面A 1C 1D 的距离为正值 ,又S △A 1C 1D 为定值 , ∴VP －A 1C 1D 为定值 , B 正确 ;AP 与A 1D 所成的角为AP 与B 1C 所成的角 , 其取值范围为[60° , 90°] , C 错误 ; 由A 知BD 1为平面A 1C 1D 的法向量 , 记C 1P 与平面A 1C 1D 所成角为θ , P (a,1 , a ) , C 1P →＝(a,0 , a －1) ,那么sin θ＝|BD 1→·C 1P →||BD 1→|·|C 1P →|＝13·2⎝⎛⎭⎫a －122＋12≤63 ,⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝12时取等号 , D 正确 ; 应选ABD.三、填空题(本大题共4小题 , 每道题5分 , 共20分．把答案填在题中的横线上) 13．(2021·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.给出以下三个论断 : ①α⊥β ; ②α⊥γ ; ③β∥γ.以其中的两个论断为条件 , 余下的一个论断作为结论 , 写出一个正确的命题 : 假设α⊥γ , β∥γ , 那么α⊥β(或填α⊥β , β∥γ , 那么α⊥γ) .14．(2018·江苏卷)如下列图 , 正方体的棱长为2 , 以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为 43.[解析] 由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体 , 它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的 , 正四棱锥的高为 1 , 所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43.15．如下列图 , 在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCD －A 1B 1C 1D 1中 , 当底面四边形ABCD 满足条件 AC ⊥BD (或ABCD 为正方形或ABCD 为菱形等) 时 , 有AC 1⊥BD 成立(注 :填上你认为正确的一种情况即可 , 不必考虑所有可能的情况)．[解析] ∵C 1C ⊥平面ABCD , ∴BD ⊥CC 1 , 又BD ⊥AC , ∴BD ⊥平面ACC 1 , ∴AC 1⊥BD . 16．(2021·山东滨州期末)在四面体S －ABC 中 , SA ＝SB ＝2 , 且SA ⊥SB , BC ＝ 5 , AC ＝ 3 , 那么该四面体体积的最大值为306, 该四面体外接球的外表积为 8π . [解析] ∵SA ＝SB ＝2 , SA ⊥SB , ∴AB ＝2 2 , 又BC ＝ 5 , AC ＝ 3 , ∴AB 2＝BC 2＋AC 2 , 即AC ⊥BC , 当平面ASB ⊥平面ABC 时V S －ABC 最大 , 此时V S －ABC ＝13×152×2＝306.设AB 的中点为O , 那么OA ＝OB ＝OC ＝OS ＝ 2 , 即四面体外接球的半径为 2 , ∴四面体外接球的外表积为S ＝4π(2)2＝8π.四、解答题(本大题共6个小题 , 共70分 , 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题总分值10分) (2021·山东新高考质量测评)如下列图 , 在四棱锥M －ABCD 中 , 底面ABCD 是平行四边形 , 且AB ＝BC ＝1 , MD ＝1 , MD ⊥平面ABCD , H 是MB 中点 , 在下面两个条件中任选一个 , 并作答 :(1)二面角A －MD －C 的大小是2π3 ;(2)∠BAD ＝π2, 假设 .求CH 与平面MCD 所成角的正弦值．注 : 如果选择两个条件分别解答 , 按第一个解答计分． [解析] 假设选(1)．因为MD ⊥平面ABCD , 所以AD ⊥MD , CD ⊥MD ,所以∠ADC 就是二面角A －MD －C 的平面角 , 所以∠ADC ＝2π3,过D 作x 轴⊥DC , 以D 为坐标原点 , 以DC , DM 所在直线为y 轴、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系．那么C (0,1,0) , H ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3414 12. 所以CH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34－34 12.取平面MCD 的一个法向量为n ＝(1,0,0)． 设CH 与平面MCD 所成角为θ , 那么sin θ＝|CH →·n ||CH →|·|n |＝34316＋916＋14＝34. 所以CH 与平面MCD 所成角的正弦值是34. 假设选(2)．因为MD ⊥平面ABCD , ∠BAD ＝π2 ,所以DA , DC , DM 两两垂直．以D 为坐标原点 , 以DA , DC , DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系．那么C (0,1,0) , H ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1212 12. 所以CH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1212.取平面MCD 的一个法向量n ＝(1,0,0)．设CH 与平面MCD 所成角为θ , 那么sin θ＝|CH →·n ||C H →|·|n |＝1214＋14＋14＝33. 所以CH 与平面MCD 所成角的正弦值是33. 18．(本小题总分值12分)(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的边长均为2 3 , E , F 分别是线段AC 1和BB 1的中点．(1)求证 : EF ∥平面ABC ; (2)求三棱锥C －ABE 的体积．[解析] (1)证明 : 取AC 的中点为G , 连接GE , GB ,在△ACC 1中 , EG 为中位线 ,所以EG ∥CC 1 , EG ＝12CC 1 , 又因为CC 1∥BB 1 ,CC 1＝BB 1 , F 为BB 1的中点 ,所以EG ∥BF , EG ＝BF ,所以四边形EFBG 为平行四边形 ,所以EF ∥GB , 又EF ⊄平面ABC , GB ⊂平面ABC ,所以EF ∥平面ABC .(2)因为V C －ABE ＝V E －ABC , 因为E 为AC 1的中点 ,所以E 到底面ABC 的距离是C 1到底面ABC 的距离的一半 ,即三棱锥E －ABC 的高h ＝12CC 1＝ 3 , 又△ABC 的面积为S ＝34×(23)2＝3 3 , 所以V C －ABE ＝V E －ABC ＝13Sh ＝13×33×3＝3. 19．(本小题总分值12分)(2021·河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形P ABCD 中 , P A ＝PD , AD ＝2DC ＝2BC ＝4 , AD ∥BC , AP ⊥PD , AD ⊥DC , E 为PD 的中点 , 现将△APD 沿AD 折起 , 使PC ＝2 2.(1)证明 : CE ∥平面ABP ;(2)求直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值．[解析] (1)证明 : 取P A 的中点H , 连HE , BH .∵E 为PD 中点 , ∴HE 为△APD 的中位线 ,∴HE ∥AD , HE ＝12AD . 又AD ∥BC , ∴HE ∥BC , HE ＝BC ,∴四边形BCEH 为平行四边形 , ∴CE ∥BH .∵BH ⊂平面ABP , CE ⊄平面ABP ,∴CE ∥平面ABP.(2)由题意知△P AD 为等腰直角三角形 , 四边形ABCD 为直角梯形 , 取AD 中点F , 连接BF , PF ,∵AD ＝2BC ＝4 , ∴平面多边形P ABCD 中P , F , B 三点共线 , 且PF ＝BF ＝2 ,∴翻折后 , PF ⊥AD , BF ⊥AD , PF ∩BF ＝F ,∴DF ⊥平面PBF , ∴BC ⊥平面PBF ,∵PB ⊂平面PBF , ∴BC ⊥PB .在直角三角形PBC 中 , PC ＝2 2 , BC ＝2 ,∴PB ＝2 , ∴△PBF 为等边三角形．取BF 的中点O , DC 的中点M ,那么PO ⊥BF , PO ⊥DF , DF ∩BF ＝F ,∴PO ⊥平面ABCD .以O 为原点 , OB → , OM → , OP →分别为x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标系 ,那么B (1,0,0) , D (－1,2,0) , P (0,0 , 3) , A (－1 , －2,0) ,∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12 1 32 , ∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123 32 ,∴AB →＝(2,2,0) , BP →＝(－1,0 , 3)．设平面ABP 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0n ·BP →＝0 , ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0－x ＋3z ＝0. 故可取n ＝(3 , －3 , 3) ,∴cos n , AE →＝n ·AE →|n |·|AE →|＝－21035. ∴直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值为21035. 20．(本小题总分值12分)(2021·山西运城调研)如下列图 , 在多面体ABCDEF 中 , 底面ABCD 是边长为2的菱形 , ∠ADC ＝120° , 且DE ∥FC , DE ⊥平面ABCD , DE ＝2FC ＝2.(1)证明 : 平面FBE ⊥平面EDB ;(2)求二面角A －EB －C 的余弦值．[解析] (1)如下列图 , 连接AC 交BD 于点O , 取EB 的中点H , 连接FH , HO .∵四边形ABCD 为菱形 , 点H 是EB 的中点 , DE ∥FC .∴HO ∥FC , HO ＝12ED ＝FC , ∴四边形CFHO 为平行四边形 ,∵FH ∥CO .∵DE ⊥平面ABCD , CO ⊂平面ABCD , ∴DE ⊥CO .又∵CO ⊥BD , ED ∩BD ＝D , ∴CO ⊥平面EDB ,∴FH ⊥平面EDB .又FH ⊂平面FBE ,∴平面FBE ⊥平面EDB .(2)连接EC , 以点O 为坐标原点 , 分别以OB → , OC → , OH →的方向为x 轴 , y 轴 , z 轴的正方向 , 建立如下列图的空间直角坐标系O －xyz.由题意得A (0 , － 3 , 0) , C (0 , 3 , 0) , B (1,0,0) , E (－1,0,2) ,那么EB →＝(2,0 , －2) , AB →＝(1 , 3 , 0) , BC →＝(－1 , 3 , 0)．设平面AEB 的法向量为m ＝(x 1 , y 1 , z 1) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ EB →·m ＝0AB →·m, 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x 1－2z 1＝0x 1＋3y 1＝0 , 取m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1 －33 1. 设平面CEB 的法向量为n ＝(x 2 , y 2 , z 2) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ EB →·m ＝0BC →·m ＝0 , 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－2z 2＝0－x 2＋3y 2＝0 , 取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1 －33 －1. cos 〈m , n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1×(－1)＋⎝⎛⎭⎫－33×⎝⎛⎭⎫－33＋1×(－1)1＋13＋1×1＋13＋1＝－57 , ∴二面角A －EB －C 的余弦值为－57.21.(本小题总分值12分)(2021·河南中原名校质量测评)如下列图 , S 为圆锥的顶点 , O 为底面圆心 , 点A , B 在底面圆周上 , 且∠AOB ＝60° , 点C , D 分别为SB , OB 的中点．(1)求证 : AC ⊥OB ;(2)假设圆锥的底面半径为2 , 高为4 , 求直线AC 与平面SOA 所成的角的正弦值．[解析] (1)证明 : 由题意 , 得SO ⊥底面圆O ,∵点C , D 分别为SB , OB 中点 ,∴CD ∥SO , ∴CD ⊥底面圆O ,∵OB 在底面圆O 上 , ∴OB ⊥CD ,∵∠AOB ＝60° , ∴△AOB 为正三角形 ,又D 为OB 中点 , ∴OB ⊥AD ,又AD ∩CD ＝D , 且AD , CD ⊂平面ACD ,∴OB ⊥平面ACD ,∵AC ⊂平面ACD ,∴AC ⊥OB .(2)如下列图 , 以D 为原点 , DA , DB , DC 所在直线为x 轴 , y 轴 , z 轴建立空间直角坐标系 ,那么A ( 3 , 0,0) , C (0,0,2) , O (0 , －1,0) , S (0 , －1,4) ,故AC →＝(－ 3 , 0,2) , AS →＝(－ 3 , －1,4) , OA →＝( 3 , 1,0) ,设平面SOA 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AS →＝0n ·OA →＝0 , 可得⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －y ＋4z ＝03x ＋y ＝0 , 令x ＝1 , 得n ＝(1 , － 3 , 0)为平面SOA 的一个法向量 , 设直线AC 与平面SOA 所成的角为θ ,那么sin θ＝|cos 〈n , AC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AC →|n |·|AC →|＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋0＋01＋3×3＋4＝327＝2114 , 即直线AC 与平面SOA 所成的角的正弦值为2114. 22．(本小题总分值12分)(2021·河南九师联盟质检)如下列图 , 在四棱锥P －ABCD 中 , 平面P AD ⊥平面ABCD , AD ∥BC , ∠ADC ＝90° , P A ⊥PD , P A ＝PD .(1)求证 : 平面P AB ⊥平面PCD ;(2)假设BC ＝1 , AD ＝CD ＝2 , 求二面角A －PC －B 的余弦值．[解析] (1)证明 : 在四棱锥P －ABCD 中 ,因为平面P AD ⊥平面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,又因为CD ⊥AD ,CD ⊂平面ABCD ,所以CD ⊥平面P AD .因为P A ⊂平面P AD , 所以CD ⊥P A .因为P A ⊥PD , CD ∩PD ＝D , CD , PC ⊂平面PCD ,所以P A ⊥平面PCD .因为P A ⊂平面P AB , 所以平面P AB ⊥平面PCD .(2)解 : 取AD 中点O , 连接OP , OB , 因为P A ＝PD ,所以PO ⊥AD .因为平面P AD ⊥平面ABCD , 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ,因为PO ⊂平面P AD , 所以PO ⊥平面ABCD ,所以PO ⊥OA , PO ⊥OB .因为CD ⊥AD , BC ∥AD , AD ＝2BC ,所以BC ∥OD , BC ＝OD ,所以四边形OBCD 是平行四边形 , 所以OB ∥CD ,所以OB ⊥AD .以OA , OB , OP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴建立如下列图的空间直角坐标系O －xyz , 那么O (0,0,0) , A (1,0,0) , B (0,2,0) , C (－1,2,0) , P (0,0,1) ,所以AC →＝(－2,2,0) , AP →＝(－1,0,1) , BC →＝(－1,0,0) , BP →＝(0 , －2,1) ,设平面P AC 的法向量为n ＝(x , y , z ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·n ＝0AP →·n ＝0.即⎩⎨⎧ －2x ＋2y ＝0 －x ＋z ＝0.令x ＝1 , 那么n ＝(1,1,1)．设平面BPC 的法向量为m ＝(a , b , c ) ,那么⎩⎪⎨⎪⎧ BC →·m ＝0BP →·m ＝0.即⎩⎨⎧ a ＝0 －2b ＋c ＝0.令b ＝1 , 那么m ＝(0,1,2)．所以cos〈m , n〉＝m·n|m||n|＝15 5 ,易判断二面角A－PC－B为锐角 ,所以二面角A－PC－B的余弦值为15 5.。
