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（1）见解析；（2）.

(1)因为,取AC的中点M，连接BM，A1M，可知三角形A1AC和三角形ABC都为正三角形，所以易证AC垂直平面A1MB，从而证得.

(2) 当三棱柱的体积最大时，点到平面的距离最大，此时平面.由（1）知A1在底面的射影一定在直线BM上，并且三角形A1MB是等腰三角形，

所以当O与M重合时，点到平面的距离最大.然后在此基础上再求二面角的大小即可.

另解：当三棱柱的体积最大时，点到平面的距离最大，此时平面.以所在的直线分别为轴，建立直角坐标系，依题意得.

由得，设平面的一个法向量为

而，则，取

而平面，则平面的一个法向量为

于是，

故平面与平面所成锐角的余弦值为.

见解析

本试题主要是考查了异面直线的概念的运用。

假设直线ME与BN共面，则平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，

由已知，两正方形不共面，故平面DCEF. 又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，

所以AB∥EN.

又AB∥CD∥EF推出矛盾得到证明，

证明： 假设直线ME与BN共面，则平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，

由已知，两正方形不共面，故平面DCEF.

又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF.而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，

所以AB∥EN.

又AB∥CD∥EF,

所以EN∥EF，这与矛盾，故假设不成立。

所以ME与BN不共面，它们是异面直线。     --12分

（1）见解析；（2）

第一问中运用线面平行的性质定理，可以求证线线平行，结合了三角形的中位线定理。第二问中，求解棱锥的体积问题，一般就是求解底面积和高即可。先建立空间直角坐标系，然后表示三角形的面积，，，结合向量的关系式得到体积公式。

解：

（I）（综合法）

证明：设G是线段DA与EB延长线的交点. 由于△OAB与△ODE都是正三角形，所以

    OB∥1/2DE，OB =1/2DE，OG=OD=2，   同理，设G’是线段DA与线段FC延长线的交点，有OG’=OD=2

又由于G和G’都在线段DA的延长线上，所以G与G’重合.

在△GED和△GFD中，由

 OB∥1/2DE，OB =1/2DE和OC∥1/2DF，OC=1/2DF可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF.

（向量法）

过点F作FQAD，交AD于点Q，连QE，由平面ABED⊥平面ADFC，知FQ⊥平面ABED，以Q为坐标原点，QE为X轴正向，QD为y轴正向，DF为z轴正向，建立如图所示空间直角坐标系.

由条件知

则有

所以即得BC∥EF.

（II）解：由OB=1，OE=2，，而△OED是边长为2的正三角形，故

所以

过点F作FQ⊥AD，交AD于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F—OBED的高，且FQ=，所以

证明略

  设A1C1中点为F，连接NF，FC，

∵N为A1B1中点，

∴NF∥B1C1，且NF=B1C1，

又由棱柱性质知B1C1 BC，

又M是BC的中点，

∴NF MC，

∴四边形NFCM为平行四边形.

∴MN∥CF，又CF平面AA1C1，

MN平面AA1C1，

∴MN∥平面AA1C1.

（1）证明详见解析；（2）2 .

试题分析：（1）由已知条件用余弦定理和勾股定理推导出AB⊥AC．又PA⊥面ABCD，以AB，AC，AP分别为x，y，z轴建立坐标系．利用向量法能求出BE∥平面ACF．

（2）分别求出面PCD法向量和面ACF的法向量，由，利用向量法能求出PA的长．

（1）由，得，．

又面，所以以分别为轴建立坐标系如图．

则   2分

设，则 ．

设，得：．

解得：，，，

所以．                                4分

所以,，．

设面的法向量为，则，取．

因为，且面，所以平面．   6分

（2）设面法向量为，因为，，

所以，取 ．             9分

由，得．

，得，∴，所以．      12分

（Ⅰ）证明：见解析；（Ⅱ）证明：见解析；（Ⅲ）G点到平面PEC的距离为. 

本试题主要考查了线面的位置关系的运用，点到面的距离的求解。

线面平行的判定和线面垂直的判定的综合运用。

（1）由于CD⊥AD，CD⊥PA    ∴CD⊥平面PAD  ∴CD⊥AG又PD⊥AG，从而由判定定理得到结论。

（2）作EF⊥PC于F，因面PEC⊥面PCD 

∴EF⊥平面PCD，又由（Ⅰ）知AG⊥平面PCD，故EF∥AG可知线面平行。

（3）由AG∥平面PEC知A、G两点到平面PEC的距离相等

由（Ⅱ）知A、E、F、G四点共面，又AE∥CD 

∴ AE∥平面PCD

∴ AE∥GF，∴ 四边形AEFG为平行四边形，∴ AE＝GF，然后利用转换顶点得到体积的求解。

解（Ⅰ）

，

证明：∵CD⊥AD，CD⊥PA    

∴CD⊥平面PAD  ∴CD⊥AG

又PD⊥AG     

∴AG⊥平面PCD          …………4分

（Ⅱ）证明：作EF⊥PC于F，因面PEC⊥面PCD 

∴EF⊥平面PCD，又由（Ⅰ）知AG⊥平面PCD 

∴EF∥AG，又AG 面PEC，EF 面PEC，

∴AG∥平面PEC    ………………7分

（Ⅲ）由AG∥平面PEC知A、G两点到平面PEC的距离相等

由（Ⅱ）知A、E、F、G四点共面，又AE∥CD 

∴ AE∥平面PCD

∴ AE∥GF，∴ 四边形AEFG为平行四边形，∴ AE＝GF     ……………8分

PA＝AB＝4， G为PD中点，FG   CD∴ FG＝2       ∴ AE＝FG＝2                   ………………………9分

∴                ………………………10分

又EF⊥PC，EF＝AG

∴         ………………………11分

又 ，∴，即，∴

∴ G点到平面PEC的距离为.              ………………………12分网

（1）见解析；（2）(tan θ)max＝2；（3）不存在.

第一问中利用以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系

设为平面的法向量，又正方体的棱长为1，

借助于，得到结论

第二问中，平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1),

则sin θ＝＝ (*)

而θ∈[0,],当θ最大时,sin θ最大,tan θ最大(θ＝除外),

由(*)式,当λ＝时,(sin θ)max＝,(tan θ)max＝2  

第三问中，平面ABC的一个法向量为n (0,0,1).设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z),

由(1)得＝(λ,－1,)．

由求出法向量，然后结合二面角得到解得λ＝－.

(1)证明　如图,以AB,AC,AA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A－xyz.则P(λ,0,1),N(,,0),

从而＝(－λ, ,－1),＝(0,1, )．

\＝(－λ)×0＋×1－1×＝0,

∴PN⊥AM.                                             -------------4分

(2)解　平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1),

则sin θ＝＝ (*)

而θ∈[0,],当θ最大时,sin θ最大,tan θ最大(θ＝除外),

由(*)式,当λ＝时,(sin θ)max＝,(tan θ)max＝2        -----------6分

(3)平面ABC的一个法向量为n (0,0,1).设平面PMN的一个法向量为m=(x,y,z),

由(1)得＝(λ,－1,)．

由

令x＝3,得m＝(3,2λ＋1,2(1－λ))．

∵平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°,

∴|cos〈m,n〉|＝＝＝,解得λ＝－.

故在线段A1B1上不存在点P                                         --------------6分

证明：（Ⅰ）取的中点，连接.

在△中，是的中点，是的中点，所以，

又因为，

所以且.

所以四边形为平行四边形，

所以.

又因为平面，平面，

故平面.                                     …………… 4分

解法二：因为平面，，故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.           ……………1分                                             

由已知可得

（Ⅰ）， .      ……………2分

设平面的一个法向量是.

由得  

令，则.                               ……………3分

又因为，

所以，又平面，所以平面.      ……………4分

（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面的一个法向量是.

因为平面，所以.

又因为，所以平面.

故是平面的一个法向量.

所以，又二面角为锐角，

故二面角的大小为.                           ……………10分

（Ⅲ）假设在线段上存在一点，使得与所成的角为.

不妨设（），则.

所以，

由题意得，

化简得，

解得.

所以在线段上不存在点，使得与所成的角为.…………14分

略