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（1）證明：；
（2）若為上的動點，與平面所成最大角的正切值為，求銳二面角的余弦值；
（3）在（2）的條件下，設，求點到平面的距離。

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設正方體ABC-A₁B₁C₁D₁ 的棱長為2，動點E，F在棱A₁B₁上，動點P、Q分別在棱AD、CD上，若EF=1，A₁E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z＞0），則下列結論中錯誤的是（ ）
A．EF∥平面DPQ
B．二面角P-EF-Q所成角的最大值為
C．三棱錐P-EFQ的體積與y的變化有關，與x、z的變化無關
D．異面直線EQ和AD₁所成角的大小與x、y的變化無關

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設正方體ABC-A₁B₁C₁D₁ 的棱長為2，動點E，F在棱A₁B₁上，動點P、Q分別在棱AD、CD上，若EF=1，A₁E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z＞0），則下列結論中錯誤的是（ ）
A．EF∥平面DPQ
B．二面角P-EF-Q所成角的最大值為
C．三棱錐P-EFQ的體積與y的變化有關，與x、z的變化無關
D．異面直線EQ和AD₁所成角的大小與x、y的變化無關

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設正方體ABC-A₁B₁C₁D₁ 的棱長為2，動點E，F在棱A₁B₁上，動點P、Q分別在棱AD、CD上，若EF=1，A₁E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z＞0），則下列結論中錯誤的是（ ）
A．EF∥平面DPQ
B．二面角P-EF-Q所成角的最大值為
C．三棱錐P-EFQ的體積與y的變化有關，與x、z的變化無關
D．異面直線EQ和AD₁所成角的大小與x、y的變化無關

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設正方體ABC-A₁B₁C₁D₁ 的棱長為2，動點E，F在棱A₁B₁上，動點P、Q分別在棱AD、CD上，若EF=1，A₁E=x，DQ=y，DP=z（x，y，z＞0），則下列結論中錯誤的是（ ）
A．EF∥平面DPQ
B．二面角P-EF-Q所成角的最大值為
C．三棱錐P-EFQ的體積與y的變化有關，與x、z的變化無關
D．異面直線EQ和AD₁所成角的大小與x、y的變化無關

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1.C  2.A  3.C  4.B  5.D  6.C  7.C  8.B  9.A  10.B  11.D  12.A

13.      14.arccos      15.B     16.①②③

17.解：解：（1）連結BD交AC于O，

∵E，F是正方形ABCD邊AD，AB的中點，AC⊥BD，

∴EF⊥AC．

∵AC∩GC＝C，………6分

∴EF⊥平面GMC．

（2）可證BD∥平面EFG，，正方形中心O到平面EFG

………12分

  18． 解：（1）∵PA＝CA，F為PC的中點，

∴AF⊥PC．            ………………2分

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD．∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，

∴CD⊥平面PAC．∴CD⊥PC．

∵E為PD中點，F為PC中點，∴EF∥CD．則EF⊥PC．     ……5分

∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面AEF．…… 6分

（2）證法一：

取AD中點M，連EM，CM．則EM∥PA．

∵EM 平面PAB，PA平面PAB，∴EM∥平面PAB．   ………8分

在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，AC＝AM＝2，∴∠ACM＝60°．而∠BAC＝60°，

∴MC∥AB．

∵MC 平面PAB，AB平面PAB，∴MC∥平面PAB．  …… 10分

∵EM∩MC＝M，

∴平面EMC∥平面PAB．∵EC平面EMC，∴EC∥平面PAB．……   12分

證法二：

延長DC、AB，設它們交于點N，連PN．

∵∠NAC＝∠DAC＝60°，AC⊥CD，∴C為ND的中點．         ……8分

∵E為PD中點，∴EC∥PN．……10分

∵EC 平面PAB，PN 平面PAB，∴EC∥平面PAB．   ……… 12分

19.解  （1）由已知AB=4，AD=2，∠BAD=60°，

得BD²=AD²+AB²-2AD?ABcos60° =4+16-2×2×4×=12。∴AB²=AD²+BD²，

∴△ABD是直角三角形，∠ADB=90°，即AD⊥BD。………3分

在△PDB中，PD=，PB=，BD=，

∴PB²=PD²+BD²，故得PD⊥BD。

又PD∩AD=D，∴BD⊥平面PAD。………6分

（2）∵BD⊥平面PAD，BD平面ABCD，

∴平面PAD⊥平面ABCD。………8分

作PE⊥AD于E，又PE平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，

∴∠PDE是PD與底面BCD所成的角，∴∠PDE=60°，

∴PE=PDsin60°=?=。………10分

作EF⊥BC于F，連PF，則PF⊥BC，∴∠PFE是二面角P―BC―A的平面角。

又EF=BD=，∴在Rt△PEF中，

tan∠PFE===。

故二面角P―BC―A的大小為arctan。………12分

20.解  （1）∵D′―AE―B是直二面角，∴平面D′AE⊥平面ABCE。

作D′O⊥AE于O，連 OB，

∴D′O⊥平面ABCE。            

∴∠D′BO是直線D′B與平面ABCE所成的角。

∵D′A=D′E=a，且D′O⊥AE于O，∠AD′E=90°

∴O是AE的中點，

AO=OE=D′O=a, ∠D′AE=∠BAO=45°。………2分

∴在△OAB中，OB=

=

=a。

∴在直角△D′OB中，tan∠D′BO==。………4分

（2）連結BE∵∠AED=∠BEC=45°，∴∠BEA=90°，即BE⊥AE于E。

∵D′O⊥平面ABCE，∴D′O⊥BE，………6分

∴BE⊥平面AD′E，∴BE⊥AD′。………8分

(3)C點到平面AE D′的距離是B到平面AE D′的一半即BE=a………12分

       21．解  （1）PA⊥平面ABCD，CD⊥AD，∴PD⊥CD。

故∠PDA是平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角。

在Rt△PAD中，PA⊥AD，PA=AD，∴∠PDA=45°。………3分

（2）如圖7-14，取PD中點E，連結AE，EN，又M，N分別是AB，PC的中點，

∴EN∥CD∥AB  ∴AMNE是平行四邊形   ∴MN∥AE。

在等腰Rt△PAD中，AE是斜邊的中線。   ∴AE⊥PD。

又CD⊥AD，CD⊥PD  ∴CD⊥平面PAD， ∴CD⊥AE，

又PD∩CD=D，∴AE⊥平面PCD。  ∴MN⊥平面PCD。………7分

（3）∵AD∥BC，∴∠PCB為異面直線PC，AD所成的角。

由三垂線定理知PB⊥BC，設AB=x(x>0)。∴tan∠PCB==。

又∵∈（0，∞），∴tan∠PCB∈（1，+∞）。

又∠PCB為銳角，∴∠PCB∈（，），

即異面直線PC，AD所成的角的范圍為（，）。………12分

22.（1）證明：由四邊形為菱形，，可得為正三角形．

因為為的中點，所以．

又，因此．

因為平面，平面，所以．

而平面，平面且，

所以平面．又平面，

所以．………6分

（2）解：設，為上任意一點，連接．

由（1）知平面，

則為與平面所成的角．

在中，，

所以當最短時，最大，

即當時，最大．

此時，

因此．又，所以，

所以．因為平面，平面，

所以平面平面．

過作于，則平面，

過作于，連接，則為二面角的平面角，

在中，，，

又是的中點，在中，，

又，在中，，

即所求二面角的余弦值為．………14分

本題也可以用向量法解：以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系。

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