高考试题汇编立体几何理科.docx

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高考试题汇编立体几何理科

G立体几何

G1空间几何体的结构

9．G1[2012·重庆卷]设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，和a，且长为a的棱与长为的棱异面，则a的取值范围是（　　）

A．（0，）B．（0，）

C．（1，）D．（1，）

9．A　[解析]如图所示，设AB＝a，CD＝，BC＝BD＝AC＝AD＝1，则∠ACD＝∠BCD＝45°，要构造一个四面体，则平面ACD与平面BCD不能重合，当△BCD与△ACD重合时，a＝0；当A、B、C、D四点共面，且A、B两点在DC的两侧时，在△ABC中，∠ACB＝∠ACD＋∠BCD＝45°＋45°＝90°，AB＝＝，所以a的取值范围是（0，）．

G2空间几何体的三视图和直观图

13．G2[2012·辽宁卷]一个几何体的三视图如图1－3所示．则该几何体的表面积为________．

图1－3

13．38　[解析]本小题主要考查三视图的应用和常见几何体表面积的求法．解题的突破口为弄清要求的几何体的形状，以及表面积的构成．

由三视图可知，该几何体为一个长方体中挖去一个圆柱构成，几何体的表面积S＝长方体表面积＋圆柱的侧面积－圆柱的上下底面面积，由三视图知，长方体的长、宽、高为4、3、1，圆柱的底面圆的半径为1，高为1，所以S＝2×（4×3＋4×1＋3×1）＋2π×1×1－2×π×12＝38.

7．G2、G7[2012·北京卷]某三棱锥的三视图如图1－4所示，该三棱锥的表面积是（　　）

图1－4

A．28＋6B．30＋6

C．56＋12D．60＋12

7．B　[解析]本题考查的三棱锥的三视图与表面积公式．由三视图可知，几何体为一个侧面和底面垂直的三棱锥，如图所示，可知S底面＝×5×4＝10，

S后＝×5×4＝10，

S左＝×6×2＝6，

S右＝×4×5＝10，

所以S表＝10×3＋6＝30＋6.

12．G2、G7[2012·安徽卷]某几何体的三视图如图1－3所示，该几何体的表面积是________．

图1－3

12．92　[解析]本题考查三视图的识别，四棱柱等空间几何体的表面积．

如图根据三视图还原的实物图为底面是直角梯形的直四棱柱，其表面积为

S＝××4×2＋4×2＋5×4＋4×4＋5×4＝92.

10．G2[2012·天津卷]一个几何体的三视图如图1－2所示（单位：

m），则该几何体的体积为________m3.

图1－2

10．18＋9π　[解析]本题考查几何体的三视图及体积公式，考查运算求解及空间想象力，容易题．

由三视图可得该几何体为一个长方体与两个球的组合体，其体积

V＝6×3×1＋2×π×3＝18＋9π.

4．G2[2012·福建卷]一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是（　　）

A．球B．三棱锥

C．正方体D．圆柱

4．D　[解析]本题考查简单几何体的三视图，大小、形状的判断以及空间想象能力，球的三视图大小、形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同．

6．G2[2012·广东卷]某几何体的三视图如图1－1所示，它的体积为（　　）

图1－1

A．12πB．45π

C．57πD．81π

6．C　

[解析]根据三视图知该几何体是由圆柱与圆锥构成，圆柱与圆锥的半径R＝3，圆锥的高h＝4，圆柱的高为5，所以V组合体＝V圆柱＋V圆锥＝π×32×5＋×π×32×4＝57π，所以选择C.

4．G2[2012·湖北卷]已知某几何体的三视图如图1－2所示，则该几何体的体积为（　　）

图1－2

A.B．3π

C.D．6π

4．B　[解析]根据三视图知几何体的下面是一个圆柱，上面是圆柱的一半，所以V＝2π＋×2π＝3π.故选B.

3．G2[2012·湖南卷]某几何体的正视图和侧视图均如图1－1所示，则该几何体的俯视图不可能是（　　）

图1－1　　　　　　　　　　图1－2

3．D　[解析]本题考查三视图，意在考查考生对三视图的辨析，以及对三视图的理解和掌握．是基础题型.选项A，B，C，都有可能，选项D的正视图应该有看不见的虚线，故D项是不可能的．

[易错点]本题由于对三视图的不了解，易错选C，三视图中看不见的棱应该用虚线标出．

7．G2、G7[2012·课标全国卷]如图1－2，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（　　）

图1－2

A．6B．9C．12D．18

7．B　[解析]由三视图可知，该几何体是三棱锥，其底面是斜边长为6的等腰直角三角形，有一条长为3的侧棱垂直于底面（即三棱锥的高是3），可知底面等腰直角三角形斜边上的高为3，故该几何体的体积是V＝××6×3×3＝9，故选B.

11．G2、G7[2012·浙江卷]已知某三棱锥的三视图（单位：

cm）如图1－3所示，则该三棱锥的体积等于________cm3.

图1－3

11．1　[解析]本题考查三棱锥的三视图与体积计算公式，考查

学生对数据的运算处理能力和空间想象能力．由三视图可知，几何体为一个三棱锥，则V＝Sh＝××1×3×2＝1.

[点评]正确的识图是解决三视图问题的关键，同时要注意棱长的长度、关系等．

G3平面的基本性质、空间两条直线

18．G3、G5[2012·陕西卷]

（1）如图1－6所示，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线（b不垂直于π），c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；

图1－6

（2）写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需证明）．

18．解：

（1）证法一：

如下图，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·（λb＋μn）＝λ（a·b）＋μ（a·n），

因为a⊥b，所以a·b＝0，

又因为aπ，n⊥π，所以a·n＝0，

故a·c＝0，从而a⊥c.

证法二：

如图，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.

∵PO⊥π，aπ，∴直线PO⊥a，

又a⊥b，b平面PAO，PO∩b＝P，

∴a⊥平面PAO，又c平面PAO，∴a⊥c.

（2）逆命题为：

a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线（b不垂直于π），c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.

逆命题为真命题．

G4空间中的平行关系

18．G4、G7、G11[2012·全国卷]如图1－1，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.

（1）证明：

PC⊥平面BED；

（2）设二面角A－PB－C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．

图1－1

18．解：

方法一：

（1）因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，

又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.

设AC∩BD＝F，连结EF.因为AC＝2，

PA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，FC＝，

从而＝，＝.

因为＝，∠FCE＝∠PCA，

所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，

由此知PC⊥EF.

PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.

（2）在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．

因为二面角A－PB－C为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.

又平面PAB∩平面PBC＝PB，

故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.

BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝＝2.

设D到平面PBC的距离为d.因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.

设PD与平面PBC所成的角为α，则sinα＝＝.

所以PD与平面PBC所成的角为30°.

方法二：

（1）以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

设C（2，0,0），D（，b,0），其中b>0，则P（0,0,2），E，B（，－b,0）．

于是＝（2，0，－2），

＝，＝，

从而·＝0，·＝0，

故PC⊥BE，PC⊥DE.

又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.

（2）＝（0,0,2），＝（，－b,0）．

设m＝（x，y，z）为平面PAB的法向量，

则m·＝0，m·＝0，

即2z＝0，且x－by＝0，

令x＝b，则m＝（b，，0）．

设n＝（p，q，r）为平面PBC的法向量，则

n·＝0，n·＝0，

即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，

令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.

因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝（1，－1，），＝（－，－，2），

cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.

因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.

18．G4、G5、G11[2012·福建卷]如图1－3，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．

（1）求证：

B1E⊥AD1；

（2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？

若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；

（3）若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．

图1－3

18．解：

（1）以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）．设AB＝a，则A（0,0,0），D（0,1,0），D1（0,1,1），E，B1（a,0,1），故AD1＝（0,1,1），＝，＝（a,0,1），＝.

∵·＝－×0＋1×1＋（－1）×1＝0，

∴B1E⊥AD1.

（2）假设在棱AA1上存在一点P（0,0，z0），

使得DP∥平面B1AE.此时＝（0，－1，z0）．

又设平面B1AE的法向量n＝（x，y，z）．

∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得

取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.

又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

（3）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.

∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.

又由

（1）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，

∴AD1⊥平面DCB1A1.∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝（0,1,1）．

设与n所成的角为θ，

则cosθ＝＝.

∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，

∴|cosθ|＝cos30°，即＝，

解得a＝2，即AB的长为2.

16．G4、G5[2012·江苏卷]如图1－4，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．

求证：

（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；

（2）直线A1F∥平面ADE.

16．证明：

（1）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，

又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.

又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，

所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，

所以平面ADE⊥平面BCC1B1.

（2）因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.

因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，

所以CC1⊥A1F.

又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，

所以A1F⊥平面BCC1B1.

由

（1）知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.

又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.

18．G4、G11[2012·辽宁卷]如图1－4，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．

（1）证明：

MN∥平面A′ACC′；

（2）若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．

图1－4

18．解：

（1）（证法一）

连结AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，

AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱．

所以M为AB′中点．

又因为N为B′C′的中点．

所以MN∥AC′.

又MN⊄平面A′ACC′，

AC′⊂平面A′ACC′，

因此MN∥平面A′ACC′.

（证法二）

取A′B′中点P，连结MP，NP，

M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，

所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′，又MP∩NP＝P，

因此平面MPN∥平面A′ACC′，而MN⊂平面MPN，

因此MN∥平面A′ACC′.

（2）以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立直角坐标系O－xyz，如图1－5所示．

图1－5

设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，

于是A（0,0,0），B（λ，0,0），C（0，λ，0），A′（0,0,1），B′（λ，0,1），C′（0，λ，1）．

所以M，N.

设m＝（x1，y1，z1）是平面A′MN的法向量，

由得

可取m＝（1，－1，λ）．

设n＝（x2，y2，z2）是平面MNC的法向量，

由得

可取n＝（－3，－1，λ）．

因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0.

即－3＋（－1）×（－1）＋λ2＝0，解得λ＝.

G5空间中的垂直关系

19．G5、G6、G10、G11[2012·重庆卷]如图1－2，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．

（1）求点C到平面A1ABB1的距离；

（2）若AB1⊥A1C，求二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值．

图1－2

19．解：

（1）由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为

CD＝＝.

（2）解法一：

如图，取D1为A1B1的中点，连结DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由

（1）知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1－CD－C1的平面角．

因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此＝，即AA＝AD·A1B1＝8，得AA1＝2.

从而A1D＝＝2.

所以，在Rt△A1DD1中，

cos∠A1DD1＝＝＝.

解法二：

如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于点D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直．以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.

设直三棱柱的高为h，则A（－2,0,0），A1（－2,0，h），B1（2,0，h），C（0，，0），C1（0，，h），从而＝（4,0，h），＝（2，，－h）．

由⊥，有8－h2＝0，h＝2.

故＝（－2,0,2），＝（0,0,2），＝

（0，，0）．

设平面A1CD的法向量为m＝（x1，y1，z1），则m⊥，m⊥，即

取z1＝1，得m＝（，0,1），

设平面C1CD的法向量为n＝（x2，y2，z2），则n⊥，n⊥，即

取x2＝1，得n＝（1,0,0），所以

cos〈m，n〉＝＝＝.

所以二面角A1－CD－C1的平面角的余弦值为.

20．G5、G7[2012·浙江卷]如图1－5所示，在四棱锥P－ABCD中，底面是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，M，N分别为PB，PD的中点．

（1）证明：

MN∥平面ABCD；

（2）过点A作AQ⊥PC，垂足为点Q，求二面角A－MN－Q的平面角的余弦值．

图1－5

20．解：

（1）因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MN是△PBD的中位线，所以MN∥BD.

又因为MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.

（2）方法一：

连结AC交BD于O.以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．

在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得

AC＝AB＝2，BD＝AB＝6.

又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC.

在Rt△PAC中，AC＝2，PA＝2，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4.

由此知各点坐标如下，

A（－，0,0），B（0，－3,0），C（，0,0），D（0,3,0），P（－，0,2），M，N，

Q.

设m＝（x，y，z）为平面AMN的法向量．

由＝，＝知

取z＝－1，得

m＝（2，0，－1）．

设n＝（x，y，z）为平面QMN的法向量．

由＝，＝知

取z＝5，得n＝（2，0,5）．

于是cos〈m，n〉＝＝.

所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.

方法二：

在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得

AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB.

又因为PA⊥平面ABCD，所以

PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥AD.

所以PB＝PC＝PD.

所以△PBC≌△PDC.

而M，N分别是PB，PD的中点，所以

MQ＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN.

取线段MN的中点E，连结AE，EQ，则

AE⊥MN，QE⊥MN，

所以∠AEQ为二面角A－MN－Q的平面角．

由AB＝2，PA＝2，故

在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得

AE＝.

在直角△PAC中，AQ⊥PC，得

AQ＝2，QC＝2，PQ＝4.

在△PBC中，cos∠BPC＝＝，

得MQ＝＝.

在等腰△MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3，得

QE＝＝.

在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，得

cos∠AEQ＝＝.

所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.

17．G5、G11[2012·天津卷]如图1－4所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.

（1）证明PC⊥AD；

（2）求二面角A－PC－D的正弦值；

（3）设E与棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．

17．解：

方法一：

如图所示，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A（0,0,0），D（2,0,0），C（0,1,0），B，P（0,0,2）．

（1）易得＝（0,1，－2），＝（2,0,0），于是·＝0，所以PC⊥AD.

（2）＝（0,1，－2），＝（2，－1，0）．设平面PCD的法向量n＝（x，y，z），

则即

不妨令z＝1，

可得n＝（1,2,1）．

可取平面PAC的法向量m＝（1,0,0）．

于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为.

（3）设点E的坐标为（0,0，h），其中h∈[0,2]．由此得＝，由＝（2，－1,0），故

cos〈，〉＝＝＝，

所以，＝cos30°＝，解得h＝，

即AE＝.

方法二：

（1）由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD.

又由AD⊥AC，PA∩AC＝A，故AD⊥平面PAC，

又PC⊂平面PAC，所以PC⊥AD.

（2）如图所示，作AH⊥PC于点H，连接DH.

由PC⊥AD，PC⊥AH，可得PC⊥平面ADH，因此DH⊥PC，从而∠AHD为二面角A－PC－D的平面角.

在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝.

由

（1）知AD⊥AH.故在Rt△DAH中，DH＝＝.因此sin∠AHD＝＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为.

（3）如图所示，因为∠ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故∠EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角．

由BF∥CD，故∠AFB＝∠ADC.

在Rt△DAC中，CD＝，sin∠ADC＝，

故sin∠AFB＝.

在△AFB中，由＝，AB＝，

sin∠FAB＝sin135°＝，可得BF＝.

由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cos∠FAB，可得AF＝.

设AE＝h.

在Rt△EAF中，EF＝＝.

在Rt△BAE中，BE＝＝.

在△EBF中，因为EF＜BE，从而∠EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝，可解得h＝.

所以AE＝.

14．G5[2012·四川卷]如图1－4所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是________．

图1－4

14．90°　[解析]因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，故A1在平面CDD1C1上的射影为D1，

即A1M在平面CDD1C1上的射影为D1M，

而在正方形CDD1C1中，由tan∠DD1M＝tan∠CDN＝，

可知D1M⊥DN，

由三垂线定理可知，A1M⊥DN.

16．G4、G5[2012·江苏卷]如图1－4，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点（点D不同于点C），且AD⊥DE，F为B1C1的中点．

求证：

（1）平面ADE⊥平面BCC1B1；

（2）直线A1F∥平面ADE.

16．证明：

（1）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，

又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.

又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，

所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，

所以平面ADE⊥平面BCC1B1.

（2）因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.

因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，

所以CC1⊥A1F.

又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，

所以A1F⊥平面BCC1B1.

由

（1）知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.

又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.

18．G5、G10、G11[2012·湖南卷]如图1－6，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点．

（1）证明：

CD⊥平面PAE；

（2）若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积．

图1－6

18．解：

解法1：

（1）如下图

（1），连结AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5.又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE.因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.

（2）过点B作BG∥CD，分别与AE、AD相交于点F，G，连结PF.

由

（1）CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE.

由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角．

由题意∠PBA＝∠BPF，因为sin∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝BF.

由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又B