loadinguuuruuuruuur于是CP?(?1,?1,22),CD?(?2,2,0),OP?(0,0,22).
uuuruuur设平面CPD的一个法向量为m?(x1,y1,z1),由m?CP?0,m?CD?0得
???x1?y1?22z1?0,令z1?1,得m?(2,2,1). ????2x1?2y1?0uuuruuur设平面OPD的法向量为n?(x2,y2,z2),由n?OP?0,n?OD?0得
??22z2?0,令x2?3,得n?(3,1,0). ????x2?3y2?0所以cos?m,n??m?n424??.易知二面角C?PD?O的平面角为锐角,所以二mn5?10545面角C?PD?O的余弦值为.
30.（1）【证明】连
BC1交
B1C于M点，连BD交AC于N点，则
MN?平面AB1C.
由平几知：M为BC1的中点，N为BD的中点， 即MN为?BC1D的中位线. ?MN//C1D.
又C1D?平面AB1C,?C1D//平面AB1C.……………3分
（2）【证明】QAA1?平面ABCD,AC?平面ABCD,?AA1?AC,AA1?CD. . 又QAA1?AC,知AAC11C为正方形,?AC1?AC1在?ACD中由余弦定理知：AC?3CD得AD2?AC2?CD2,?CD?AC.
又ACIAA1?A,?CD?平面A1ACC1. 又AC1?平面A1ACC1,?CD?AC1.
又AC1ICD?C,?AC1?平面A1B1CD.……………………7分
（3）【解】作CH?C1D交C1D于H，连AG，由（2）知：AC?平面CC1D.
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?AC?C1D,?C1D?平面ACH,??AHC为二面角A?C1D?C的平面角. ……9分 ?cos?AHC?5AC；由CD?2知：AC?23得CH?3； ,tan?AHC?2?5CH在?C1CD中由平几知：CC1?23，于是得AAC11C为正方形. 由（2）知：VC1?A1CD?VD?A1CC1?11?(?23?23)?2?4. ………………………12分 32
31.
解：（1）存在P，使得CP∥平面ABEF，此时??证明：当??3AP3，此时?， 2AD53． 2过P作MP∥FD，与AF交M，则又FD?5，故MP?3， ∵EC?3，MP∥FD∥EC，
MP3?， FD5∴MP∥EC，且MP?EC，故四边形MPCE为平行四边形， ∴PC∥ME，
∵CP?平面ABEF，ME?平面ABEF， ∴CP∥平面ABEF成立．
（2）∵平面ABEF⊥平面EFDC，ABEF∩平面EFDC=EF，AF⊥EF， ∴AF⊥平面EFDC， ∵BE?x，
∴AF?x，(0?x?4)，FD?6?x，
1111?x?6?x?故三棱锥A-CDF的体积V?x??2?(6?x)?x(6?x)≤????3，
3233?2?2∴x?3时，三棱锥的体积V有最大值，最大值为3．
建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(0,0,3)，C(2,1,0)，D(0,3,0)．
uuuruuuruuurAD?(0,3,?3)，CD?(?2,2,0)，FA?(0,0,3)．
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ruuurr??n?AD?0设平面ACD的法向量为n?(x,y,z)，则?ruuu， r??n?CD?0?3y?3z?0∴?，取y?1，则x?1，z?1，
?2x?2y?0?r∴n?(1,1,1)．
ruuur|n?FA|3r∴点F到平面ACD的距离d???3． |n|3 32.
（1）连接AF，则AF?2，DF?2. 又AD?2，∴DF2?AF2?AD2，∴DF?AF 又∵PA?平面ABCD，∴DF?PA.又PAIAF?A. ∴DF?平面PAF.
∵PF?平面PAF，∴DF?PF.
（2）过点E作EH∥FD交AD于点H，则EH∥平面PFD，且有AH?1AD. 41AP. 4再过点H作HG∥DP交PA于点G，连接EG，则HG∥平面PFD且AG?∴平面EHG∥平面PFD.∴EG∥平面PFD.
∴当G为PA的一个四等分点（靠近点A）时，EG∥平面PFD
（3）∵PA?平面ABCD，∴?PBA是PB与平面ABCD所成的角，且?PBA?45?，∴PA?AB?1.
取AD的中点M，连接FM，则FM?AD，FM?平面PAD，∴FM?PD.
在平面PAD中，过点M作MN?PD于点N，连接FN则PD?平面FMN，则?MNF为二面角A?PD?F的平面角. ∵Rt△MND∽Rt△PAD，∴
MNMD ?PAPD∵PA?1，MD?1，PD?5，且?FMN?90?，
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∴MN?530MN6，FN?，∴cos?MNF? ?55FN66 6故二面角A?PD?F的余弦值为 33. 解:
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(4,0,0)，A1(4,0,22)，B1(0,4，22).
(1)因为A1M＝3MB1，所以M(1,3,22). 所以CA1＝(4,0,22)，AM＝(－3,3,22). 所以cos〈CA1，AM〉＝CA1?AM|CA1||AM|＝
?424?26＝－
39. 39所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为
39.-------------------------8分 39(2)由A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,22)，知AB＝(－4,4,0)，AC1＝(－4,0,22).
???n?AB?0??4a?4b?0设平面ABC1的法向量为n＝(a，b，c)，由?得?，
??4a?22c?0??n?AC1?0?令a＝1，则b＝1，c＝2，所以平面ABC1的一个法向量为n＝(1,1，2). 因为点M在线段A1B1上，所以可设M(x,4－x,22)，所以AM＝(x－4,4－x,22).
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因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以|cos〈n，AM〉|＝sin 30°＝由|n·AM|＝|n||AM||cos〈n，AM〉|，得|1·(x－4)＋1·(4－x)＋2·22|
1. 21＝2·(x?4)2?(4?x)2?8 ·， 解得x＝2或x＝6.
2因为点M在线段A1B1上，所以x＝2，
即点M(2,2,22)是线段A1B1的中点. -------------------------14分 34.
（Ⅰ）证明：由题意得，AD⊥DC，AD⊥DF，且DC∩DF=D， ∴AD⊥平面CDEF，∴AD⊥FC，……………………………………2分 ∵四边形CDEF为正方形．∴DC⊥FC
由DC∩AD=D ∴FC⊥平面ABCD，∴FC⊥AC……………………4分 又∵四边形ABCD为直角梯形， AB∥CD，AD⊥DC，AD=2，AB=4
∴AC?22，BC?22，则有AC2+BC2=AB2∴AC⊥BC
由BC∩FC=C，∴AC⊥平面FCB，∴AC⊥FB．……………………6分
（Ⅱ）解：由（I）知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，
uuuruuuruuur，DC，DE的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D-以DAxyz…………………………………7分
可得D（0，0，0），F（0，2，2），B（2，4，0）， E（0，0，2），C（0，2，0），A（2，0，0）， 由（Ⅰ）知平面FCB的法向量为AC?(?2,2,0)
∵EF?(0,2,0)，FB?(2,2,?2)……………………………………………………8分
??n?EF?0?2y?0设平面EFB的法向量为n?(x,y,z)则有?即?
2x?2y?2z?0??n?FB?0?
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