高中數(shù)學必修二第八章立體幾何初步單元測試卷(二)(含解析)

高中數(shù)學必修二第八章立體幾何初步單元測試卷⑵

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分）

1.若正方體的一條體對角線的長度為3,則此正方體的棱長等于（）

A.1B.1C.V2D.V3

2,定義1分的地球球心角所對的地球大圓弧長為1海里.在北緯45。圈上有甲、乙兩地，甲地位于

東經(jīng)120。，乙位于西經(jīng)150。，則甲乙兩地在球面上的最短距離為（）

A.5400海里B.2700海里C.4800海里D.3600海里

3.下列四個正方體圖形中，4、3為正方體的兩個頂點，M,N、P分別為其所在棱的中點，能得

出4B〃平面4的圖形的序號是（）

A.①②B.②③C.①③D.①③④

4.如圖，正三棱柱ABC-Ai/Ci的各棱長都等于2,。在AC】上，尸為中點，且尸。146，有

下述結論

(l)4Ci1BC-,

(2)*1；

(3)面凡4clLSiACGAi；

（4）三棱錐。-ACF的體積為

其中正確的個數(shù)為（）

5.長方體,謝需二僦蜀褊踹的各個頂點都在表面積為崢的球酵的球面上，其中

，幽::，做歐，棚！=富雷'內(nèi)，則四棱錐解友毓瓢的體積為（）

6.設球的體積為V〉它的內(nèi)接正方體的體積為丫2,下列說法中最合適的是（）

A.乙比丫2大約多一半B.%比丫2大約多兩倍半

C.V1比%大約多一倍D.%比丫2大約多一倍半

7.已知三棱錐S—ABC中，底面ABC為邊長等于舊的等邊三角形，SA垂直于底面ABC,SA=1,

那么三棱鏈S-ABC的外接球的表面積為（）

A.27rB.47rC.6兀D.57r

8.棱長為2的正方體ABCD—4B1GD1中，E為棱AD中點，過點名且與平面&BE平行的正方體

的截面面積為（）

A.5B.2V5C.2>/6D.6

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

9.如圖，設正方體ABC。-4B1GD1的棱長為2，E為劣劣的中點,

F為CG上的一個動點，設由點A,E,尸構成的平面為a,則（）

A.平面a截正方體的截面可能是三角形

B.當點F與點C］重合時，平面a截正方體的截面面積為2e

C.點。到平面a的距離的最大值為辿

3

D.當尸為eq的中點時，平面a截正方體的截面為五邊形

10.如圖，正方體4BC0-ABiG%的棱長為1,線段當。1上有兩個動

點E,凡且EF=今則下列結論中正確的有（）

A.當E向Di運動時，4EJ.CF總成立

B.當E向5運動時，二面角4-EF-B逐漸變小

C.二面角E-4B-C的最小值為45。

D.三棱錐力-BEF的體積為定值

11.下列命題中正確的是（）

A.如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線

平行

B.如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面

C.如果兩條直線都平行于一個平面，那么這兩條直線互相平行

D.如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直

12.在邊長為2的等邊三角形ABC中，點E分別是邊AC,4B上的點，滿足DE||BC且*=2(46

(0,1))-將AADE沿直線QE折到△4DE的位置.在翻折過程中，下列結論不成立的是()

A.在邊4E上存在點F,使得在翻折過程中，滿足BF〃平面ACD

B.存在46(0，)，使得在翻折過程中的某個位置，滿足平面ABC_L平面88E

C.若;1=；,當二面角4-OE-B為直二面角時，|48|=包

N4

D.在翻折過程中，四棱錐4-BCOE體積的最大值記為/(4)的最大值為平

三、單空題(本大題共3小題，共15.0分)

13.已知正方體ABC?！狝BiGA的棱長是3,點M、N分別是棱AB、441的中點，則異面直線MN

與BC］所成的角是.

14.己知直角A4BC,448c=90。，AB=12,BC=8,D,E分別是AB,AC的中點，將A4OE沿

直線OE翻折至△PDE,形成四棱錐P-BCED.則在翻折過程中，①NDPE=乙BPC；②PE1BC-,

③PD1EC:④平面PDE1平面PBC.不可能成立的結論是.

15.如圖，矩形ABCD中，AB=2,BC=4,將△ABC沿對角線8。

折起到△4'BO的位置，使點A在平面8c。內(nèi)的射影點。恰好落在

BC邊上，則異面直線4B與C。所成角的大小為.

四、多空題(本大題共1小題，共5.()分)

16.在銳角△ABC中，AB=2,AC=3.若△ABC的面積為苧，則乙4BC=_(2)_.

五、解答題(本大題共6小題，共70.0分)

17.正方體的每條棱都增加1cm,它的體積擴大為原來的8倍，求它的棱長.

18.圖中是一個幾何體的三視圖，畫出它的直觀圖.

19.如圖，空間四邊形ABC￡＞中，E,F,G分別是A3,BC,8的中

點，求證：

⑴BD〃平面EFG；

(2)AC〃平面EFG.

20.如圖所示，在四棱錐P-ABCD中,PC1平面4BCZZPC=2,在四邊形4BCC中，4B=ZC=90°,

AB=4,CD=1,點M在PB上，PB=4PM,PB與平面4BCD成30。的角.

求證：(1)CM〃平面PAD

(2)平面P4B1平面PAD.

21.在正方體4BC0-A/iGDi中，E為棱CG的中點

(I)求證：平面4ED1平面EBD；

(II)求二面角4-DE-8的正弦值.

Di

22.如圖，在四棱錐S-4BC。中，底面A8C。是邊長為4的正方形，SD1

平面AB。，E,尸分別為AB,SC的中點.

(1)證明：EF1CD.

(2)若SD=8,求直線EF與平面A8C。所成角的正弦值.

,C

EB

【答案與解析】

1.答案：D

解析：解：設正方體的棱長為。，

正方體的一條體對角線的長度為3,

可得，a?+a2+a2=3>解得a=y/3-

故選：D.

設出正方體的棱長，棱長方程求解即可.

本題考查空間幾何體的點線面距離的求法，考查計算能力.

2.答案：D

解析：解：???地球表面上從甲地（北緯45。，東經(jīng)120。）到乙地（北緯45。，西經(jīng)150。）

.甲、乙兩地對應點的緯圓半徑是r=Rcos45°=—/??

2

經(jīng)度差是360°-（120°+150°）=90°,

???AB=V2r=V2X號R=R,

???△AOB是等邊三角形，球心角是N40B=p

甲、乙兩地的球面距離是手，

???定義1分的地球球心角所對的地球大圓弧長為1海里，而60。對應3600',

即甲乙兩地在球面上的最短距離為3600海里.

故選：D.

由于甲、乙兩地在同一緯度圈上，可以先計算出它們的經(jīng)度差和45。的緯圓半徑，再求出甲、乙兩地

對應的A8弦長，以及球心角，最后求出球面距離.

本題主要考查了球面距離及相關計算，考查空間想象力，屬于基礎題.

3.答案：C

解析：解：在①中，由正方體性質(zhì)得到平面MNP與AB所在平面平行，

???48〃平面MNP,故①成立；

②若下底面中心為0,則N0〃4B,NOC面MNP=N,

二4B與面MNP不平行，故②不成立；

③在④中，AB與PN平行，二4B〃平面MNP,故③成立;

④過P作與AB平行的直線PO,則尸。與平面MNP相交，

二AB與面MNP不平行，故④不成立.

故選C.

能得出48〃面MNP,關鍵是看平面MNP中有沒有與AB平行的直線，或者有沒有過AB的平面與平

面MN尸平行.逐一判斷即可.

本題考查線面平行的判定，主要考慮定義、判定定理兩種方法，同時運用面面平行的性質(zhì)解決問題.

4.答案：C

解析：解：⑴連接4當,則斷164即為5c

和ACi所成的角，在三角形ABiG中，BQ=

2,AB】=2V2.

4cl=2夜，COS4B1GA=8+"8=—>

1112X2V2X24

故⑴錯;

(2)連接AF,GF,則易得4F=FG=有，

又FD1AC1，則AD=DC］，故(2)正確;

(3)連接CD,則CD14G，且FD14G，

則NCDF為二面角F-ACi-C的平面角，CD=&,CF=V5.DF=V3,

即CD?+。片=。片，故二面角F-4C1-C的大小為90。，面凡4G，面4。6公,故(3)正確;

(4)由于CD14Ci，且FD1ACX,則力D，平面CDF,

則ZTCF=VA-DCF=94。?SADCF=|XV2X|XV2XV3=當故(4)正確.

故選：C.

(1)連接AB1，則即為BC和4G所成的角，由余弦定理，即可判斷；

(2)連接AF,CrF,由正三棱柱的定義，即可判斷；

(3)連接CD,則CD1且FD14的，則4CDF為二面角F-AC.-C的平面角，通過解三角形CDF,

即可判斷；

(4)由于4。JL平面CDF,通過VQ-ACF=匕-DCF即可求出體積.

本題考查正三棱柱的定義和性質(zhì)，考查線面垂直的判定和性質(zhì)，空間的二面角，以及棱錐的體積，

注意運用轉換法，屬于中檔題.

5.答案：B

解析：試題分析：設有=如$,御=涮，,幽=&i，則娥=*=質(zhì)序（贏彳薪=窯庭碑，則

it=

,黑,=4蹈用於廚力=［嬲，即謝=/，.?.溫3=鬟出，窗=而，儂=5，

-幽?=?闔次唐京避1然￥=-

2W工

考點：1.長方體外接球問題；2.錐體體積公式.

6.答案：。

解析：

設球的半徑為r,正方體棱長為。，則3a2=4廠2,即白二空一

3

Vx=-m-\縱=晅/，4=叵，故選。項.

1329匕2

7.答案：D

解析：解：根據(jù)已知中底面△ABC是邊長為我的等邊三角形，SA垂直于底面ABC,

可得此三棱錐外接球，即為以△4BC為底面以S4為高的正三棱柱的外接球

ABC是邊長為舊的正三角形，

???△4BC的外接圓半徑r=1,

球心到△ABC的外接圓圓心的距離d=1

故球的半徑R=Vr24-d2=—

2

故三棱錐P-ABC外接球的表面積S=4兀/?2=57r.

故選：D.

由已知結合三棱錐和正三棱柱的幾何特征，可得此三棱錐外接球，即為以△力BC為底面以S4為高的

正三棱柱的外接球，分別求出棱錐底面半徑，，和球心距4,代入R=，r2+d2,可得球的半徑R,

即可求出三棱錐S-ABC的外接球的表面積.

本題考查的知識點是球內(nèi)接多面體，求出球的半徑R=尸不涯是解答的關鍵.

8.答案：C

解析：

本題考查截面面積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解

能力，是中檔題.

取BC中點凡45中點G,連接。/、B/、DBi、DG、Ga,GF,則8E〃DF,A、E〃GD,從而

過點名，且與平面4BE平行的正方體的截面為菱形OFB】G,由此能求出過點名，且與平面&BE平

行的正方體的截面面積.

解：取BC中點凡中點G,連接力F、BQDB]、DG、GB「GF,如圖所示：

???棱長為2的正方體48C。一48傳1么中，E為棱中點，F(xiàn)為棱8c中點，G為棱久以中點，

BE//DF,A、E〃GD,且四邊形。F&G為菱形，

乂&ECBE=E,DGCDF=D.A^E.BEu平面&BE,DG,DFu平面DFBiG,

???過點斗，且與平面&BE平行的正方體的截面為四邊形CFBiG,

,:DF=FB]=B、G=DG=，4+1=V5>

DB、=14+4+4=2V3，

GF=275^3=2A/2-

???過點Bi，且與平面&BE平行的正方體的截面面積為：

S碰FB\GD=]*DB[xGF=gx2VZ5x2y/2=2y/6.

故選C.

9.答案：BCD

解析：

如圖，以。為坐標原點，建立空間直角坐標系，延長AE與z軸交于P點，連接PF與y軸交于點M,

則平面a由平面AEF擴展為平面APM,考慮F的位置，可判斷AD；當點F與點G重合時，平面a截

正方體的截面為邊長為的菱形，計算面積可判斷以由等積法%ypM=%-p4D，結合

體積公式，計算可判斷C.

本題考查正方體的截面問題，考查空間想象能力和推理能力，屬于中檔題.

解：如圖，以。為坐標原點，建立空間直角坐標系，延長AE與Z軸交于P點，

連接PF與y軸交于點M,

則平面a由平面AEF擴展為平面APM,

可得截面不可能為三角形,

當點尸與點G重合時，平面a截正方體的截面為邊長為"TT=有的菱形,

(2佝2+(2⑥2(4肉2

且cos“4M—

22X2V5X2V5

=(，貝iJsikEAM=jl=V,所以截面的面積為6x而x等=2遍;

當尸為CG的中點時，平面a截正方體的截面為五邊形，故A錯誤，B,。正確;

考慮選項C.設M(OJ,0)(te[2,4]),則D到直線AM的距離為焉,

則可得P到直線A例的距離為

可得△APM的面積S=1-V4+t2-=V5t2+16.

設。到平面a的距離為

運用等積法可得Vp_4pM=^M-PAD)

BP-h-V5t2+16=-t---2-4,

332

._4t_4

2

可得-V5t+16-J54_16,

當t=4時，/?取得最大值辿，故C正確.

3

故選：BCD.

10.答案：CD

解析：解：以D4,DC,DDi所在直線為x,y,z軸建立坐標

系如圖所示，

設CiE=a(0Wa<^),

則4(1,0,0),8(1/，0),C(0,l,0),E(乎a，￥a,l),F(乎a+

1V2?1

一，——CLd—,1)，

2‘22')

二荏=(￥Q—1,岑Q,l),CF=(ya+1,ya-i,l)，荏=(OJ，0),

~AE-CF=(-a—1)(—a+-)4--a(—a—-)+l=a2——

、2八22)2、22722

所以當E向Di運動時，AEJ.CF不成立，故A錯誤；

二面角4-EF-B的平面角即為二面角4-/Di-B的平面角相等，

即二面角4一EF-B為定值，故B錯誤；

n-AB=%=0

設平面EAB的法向量為祐=(Xi，yi，Zi),由亭-1兄+a+z1=。'可取五=Q°'1十）'

平面ABC的法向量為沅=(0,0,1),

罰>_沆五

則COS<m,|m||n|

由OSaW*，可得拉(1-日a)2w1，

則靠-cos〈沆，記＞wa

可得a=0時，即E,D1重合時，二倍角E-AB—C的平面角取得最小值45。，故C正確;

^A-BEF=I^ABEF,=：*卜￥*1*￥=2,

???三棱錐E-4BF的體積為定值，故。正確.

故選：CD.

以D4,DC,。久所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，設=a(0Wa4當)，分別求得

A,B,C,E,F,的坐標，向量AE,CF,AB的坐標，由向量的難道坐標表示可判斷A；由二面角

4—EF-B的平面角即為二面角4—的平面角相等，可判斷B；運用法向量求出二面角E一

4B-C的平面角的范圍，可判斷C；由棱錐的體積公式，可判斷。.

本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證

能力、空間想象能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、數(shù)形結合思想，是中檔題.

11.答案：ABD

解析：解：觀察正方體中的線面位置關系，結合課本中在關線面位置關

系的定理知，

48。正確.

對于C,A'B'、AD’都平行于一個平面AC,但它們不平行，故C錯.

R

故選：ABD.

對于立體幾何中的線線、線面、面面關系的判定可依據(jù)課本中有關定理結論進行判斷，也可列舉反

例從而說明不正確即可.

本題主要考查了空間中直線與平面之間的位置關系，考查空間想象能力和推理論證能力，屬于基礎

題.

12.答案：ABC

則可得FN平行且等于BG,即四邊形BGNF為平行四邊形，二NG〃BE,而GN始終與平面&CD相

交，因此

在邊AE上不存在點尸，使得在翻折過程中，滿足BF〃平面ACD,不正確.

B.AG在翻折過程中，點4在底面BCZJE的射影不可能在交線8c上，因此不滿足平面ABC，

平面8CDE,因此不正確.

C.A=當二面角為直二面角時，取EC的中點可得：AMJ?平面BCOE.

則|4'B|=y/AM2+BM2=J(y)2+1+(|)2-2x1x|xcos120°=當羊邛，因此不正確.

/).在翻折過程中，取平面4ED1平面BCDE,四棱錐A-BCDE體積f(2)=1-SBCDE-V3^=1-

V3(1-A2)V3A=A-A3，46(0,1),

f(A)=l-3A2,可得;1=當時，函數(shù)/⑷取得最大值=￥(1后)=雪，因此正確.

故選：ABC.

A.在邊4E上點凡在4'D上取一點M使得FN〃ED,在ED上取一點”，使得NH〃EF,作HG〃BE

交BC于點G,可得四邊形8GNF為平行四邊形，可得GN始終與平面ACQ相交，即可判斷出結論.

(0,1),在翻折過程中，點4'在底面BCQE的射影不可能在交線BC上，即可判斷出結論.

C.A=p當二面角A'-DE-B為直二面角時，取的中點M,可得：J■平面BCOE.可得|4'B|=

，AM2+BM2,結合余弦定理即可得出.

D在翻折過程中，取平面_L平面BCDE,四棱錐4一BCOE體積/(Q=|-SBCDE?=4一萬，

2e(0,1),利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出.

本題考查了利用運動的觀點理解空間線面面面位置關系、四棱錐的體積計算公式、余弦定理、利用

導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力空間想象能力與計算能力，屬于難題也是易錯

題目.

13.答案：g

解析：解：如圖，連接&G，

MN"A[B,則NAIBCI為直線MN與DC1所成的角

棱長為3,則=&G=BC]=3夜，

???三角形&BC1為等邊三角形則NA/G為W

從而異面直線MN與BQ所成的角是g

故答案為今

先通過平移將兩條異面直線平移到同一個起點B,得到的銳角或

直角N&BCi就是異面直線所成的角，在三角形&BC1是等邊三角形則乙41BQ為%從而求出異面直

線與BC]所成的角.

本小題主要考查異面直線所成的角，考查空間想象能力、運算能力和推理論證能力，解題本題的關

鍵尋找異面直線所成角，易錯在計算.

14.答案：①②④

解析：解：根據(jù)題意，作圖如圖所示

B----------------CBC

①vAD1DE，,PD1DE、：，tanzDPF=—=

7PD3

vDE1PD,DE1BD,PDClBD=D,???DE_1平面尸。8,???BC1平面POB,/.PBC=90°,

??,PBVPD+DB=12,???tan^BPC=-^=—>-,①不成立；

PBPB3

②DE//BC,???PE與BC所成角為NPED牛90°,②不成立；

③當POJLBD時，可得PD_L平面。8CE,：.PO_LCE,即③可能成立；

④平面PDE和平面PBC交于點P,由線面平行性質(zhì)定理可知兩個平面的交線”/BC〃CE,即4BPD

就是兩個平面所成的平面角，

又；「。=8￡),；.482。為銳角，二@不成立.

綜上所述，不成立的有①②④.

故答案為：①②④.

作出翻折前后的兒何圖形，抓住翻折前后不變的位置關系和數(shù)量關系，再結合線、面平行或垂直的

判定定理與性質(zhì)定理，逐一檢驗每個命題的正誤即可.

本題考查了立體幾何中線、面的位置關系，異面直線的夾角等問題，要求學生會靈活運用空間中線

面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理，考查了學生的空間立體感和推理論證的能力，屬于基礎題.

15.答案：90°

解析：

本題考查異面直線所成的角，線面垂直的判定和性質(zhì)，屬于基礎題.

由題意，A'O1平面ABC。，可得A'。1DC,結合CD1BC可得CDJ_平面ABC,貝“CD_L4'B,即可

求出結果.

解：由題意，4'?！?_平面ABCQ,

又CDu平面ABCD,

???A'O1DC,

又?.?矩形ABCD中，BC1DC,

又BCnA0=。，BCC平面A3UA'Oc平面A'BC,

DCJL平面ABC,

又4'Bu平面ABC,

所以DC1A'B,

所以異面直線48與C。所成角的大小為90。.

故答案是：90°.

16.答案：60°

V7

解析：解：：AB=2,AC=3.

若44BC的面積為辿=-AB-AC-sinA=三x2x3xsinA，

222

，解得si加4=—,

2

???A為銳角，

?-A=60°,

???BC=-JAB2+AC2-2AB-AC-cosA=J4+9-2x2x3x|=V7.

故答案為：60°,V7.

由已知利用三角形的面積公式可求sinA,結合A為銳角可求4的值，根據(jù)余弦定理可求BC的值.

本題主要考查了三角形面積公式，余弦定理在解三角形中的應用，屬于基礎題.

17.答案：解：設正方體的棱長為。，則其體積為匕=。3,

棱長擴大后為(a+1),體積力=(a+1>,

由(a+I)：'=8a3,得a+1=2a,即a=1.

???正方體的棱長為1.

解析：設正方體的棱長為“，求其體積，再求出擴大棱長后求得正方體的體積，由已知列方程求解.

本題考查正方體的體積，考查一元三次方程的解法，是基礎題.

18.答案：解：由幾何體的三視圖可得幾何體為倒放的底

面為等腰三角形的直棱柱，如圖所示.由兒何體的三視

圖可得幾何體為倒放的底面為等腰三角形的直棱柱，如

圖所示.由幾何體的三視圖可得幾何體為倒放的底面為

等腰三角形的直棱柱，如圖所示.由幾何體的三視圖可得幾何體為倒放的底面為等腰三角形的直棱

柱，如圖所示.

解析：由幾何體的三視圖可得幾何體為底面為等腰三角形的直三棱柱，如圖所示.

本題考查由三視圖所得兒何體在直觀圖，屬于基礎題.

19.答案：解：(1)連接EF,FG,

???E、F、G分別是AB、BC、CZ)的中點，

FG//BD,

又???FGu面EFG,BD仁面EFG.

BD//面EFG.

(2)由(1),「E、F、G分別是AB、BC、CD的中點，

???FE//AC,

又?：FEu面EFG,AC，面EFG.

AC〃面EFG.

解析：(1)連接EF,FG,要證80〃面EFG,只需通過E,F,G分別是AB,BC,8的中點，證明

8。平行于面EFG內(nèi)的直線FG,即可.

(2)證明力C〃平面EFG,只需證明FE〃4C,說明FEu面EFG,AC<t?EFG.

本題是中檔題，考查直線與平面的平行，利用直線與平面平行的判定定理是解題的關鍵.常考題型.

20.答案：見解析

解析：建立空間直角坐標系.(1)可證明而與平面PAD的法向量垂直;也可將。禍分解為平面PAD內(nèi)

的兩個向量的線性組合，利用共面向量定理證明.

(2)取AP中點E,利用向量證明BE，平面月4。即可.

【證明】由題意可知：

以C為坐標原點，CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空

間直角坐標系Cxyz.

■：PC_L平面ABCD,

"BC為PB與平面ABCD所成的角,

4PBC=30°.

vPC=2,ABC=2"PB=4.

???0(0,1,0),BQ/,0,0),

A(2W，4,0),P(0,0,2),0,%

.?.DP=(0,-l,2),法=(2、/5，3,0),

CM=哼J

(1)方法一：令n=(x,y,z)為平面PA。的一個法向量，則|啜啦'-a

嘲,

即4八’卜r/二i

l2v3x+3y=0,卜=一當，

令y=2,得?i=(-J3，2,1).

,**n，CM=~\/3乂二+2x0+1x^=0,

???n仁平面PAD,

???CM〃平面PAD.

方法二：,.7)D=(°」，-2),PA=(2百，4,-2),

假設CM〃平面PAD,

,,,

則存在Xo，yo使CM=&PD+yoPA，則

T=2^y°1口.、儼o=T

?0=x0+4y0,方程組的解為1_i

3(y。=1

I；=-2xo-2y0,

TTJT

???CM=~PD+-PA-

由共面向量定理知國與前，總共面，故假設成立.

又CMC平面PAD,

???CM〃平面PAD.

(2)取4P的中點E,連接BE,則2,1),

BE=(-32,1).

易知PB=4B,???BE1.PA.

又：BE，zjk=(一\$2,1),(2\萬，3,0)=0,

BE1DA.y.PAnDA=A,

BE1平面PAD.

又：BEu平面PAB,

.,?平面P4BL平面PAD.

21.答案：(/)證明：設正方體ABCD-&B1C1D1的棱