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(Ⅰ) 45°； (Ⅱ)参考解析； (Ⅲ) －

试题分析：（Ⅰ) 由于平面PDC垂直于平面AC，并且三角形PDC是等边三角形.所以通过做DC边上的高PO.即可得直线与底面所成角为∠PAO.通过底面AC是菱形可求得AO，所以通过解直角三角形PAO即可求得∠PAO 的大小.即为结论.

(Ⅱ) 通过建立空间坐标系，写出相关点A,P,D,B,C,M的坐标.计算出向量PA,向量DM,向量DC.通过向量PA与向量DM的数量积为0可得这两条直线垂直.同理可以证明PA垂直于DC.从而可得直线PA垂直于平面CDM.即通过向量知识证得线面垂直.

(Ⅲ)求二面角的余弦值通过求出平面DCM和平面BCM的法向量.再求两法向量的夹角的余弦值的绝对值，再根据图形判断正负即可.

试题解析：(I)取DC的中点O，由ΔPDC是正三角形，有PO⊥DC．

又∵平面PDC⊥底面ABCD，∴PO⊥平面ABCD于O．连结OA，则OA是PA在底面上的射影．

∴∠PAO就是PA与底面所成角．∵∠ADC=60°，由已知ΔPCD和ΔACD是全等的正三角形，从而求得OA=OP=．∴∠PAO=45°．∴PA与底面ABCD可成角的大小为45°．

(II)由底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，DC=2，DO=1，有OA⊥DC．建立空间直角坐标系如图，则, ．

由M为PB中点，

∴．∴

．∴，

．

∴PA⊥DM，PA⊥DC．  ∴PA⊥平面DMC．

(III)．令平面BMC的法向量，

则，从而x+z=0； ……①, ，从而． ……②

由①、②，取x=−1，则．  ∴可取．

由(II)知平面CDM的法向量可取，

∴．∴所求二面角的余弦值为－．…13分

(Ⅰ)证明见试题解析；(Ⅱ).

试题分析：(Ⅰ)证线面平行，一般根据线面平行的判定定理，在平面内找到一条与平行的直线即可.由于四边形是正方形，点也是的中点，故是的中位线，∥，得证.(Ⅱ)要求异面直线所成的角的大小，一般是先作出这两条异面直线所成的角，由(Ⅰ) ∥，故异面直线与所成角即或其补角，下面我们只要通过解，求出即可，要注意的是异面直线所成的角不大于．

试题解析：(Ⅰ)证明：连结、，由已知条件，四边形是正方形，点也是的中点，故有∥                  4分

又 面 ，面

∥平面            8分

(Ⅱ)解：由（1）可知 ∥，故异面直线与所成角即或其补角    10分

且 面

 ，          12分

故，即异面直线与所成角大小为       14分

（1）证明：见解析；

（2）当＝时，θ取得最大值，此时sinθ=,cosθ=,tanθ="2" ；

（3）不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30º

（1）以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，求出各点的坐标及对应向量的坐标，易判断，即AM⊥PN；

（2）设出平面ABC的一个法向量，表达出sinθ，利用正弦函数的单调性及正切函数的单调性的关系，求出满足条件的λ值，进而求出此时θ的正切值；

（3）假设存在，利用平面PMN与平面ABC所成的二面角为30°，则平面PMN与平面ABC法向量的夹角为30°，代入向量夹角公式，可以构造一个关于λ的方程，研究方程根的情况，即可得到结论．

证明：（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A1（0，0，1），

B1（1，0，1）， M（0，1，），N（，0）

，，

（1）∵，∴

∴无论取何值，AM⊥PN………………………………4分

（2）∵（0，0，1）是平面ABC的一个法向量.

∴sinθ=|cos<|=

∴当＝时，θ取得最大值，此时sinθ=,cosθ=,tanθ=2 ………8分

（3）假设存在，则，设是平面PMN的一个法向量.

则得令x=3，得y=1+2,z=2-2

∴

∴|cos<>|=化简得4

∵△＝100-4413＝-108<0

∴方程（*）无解

∴不存在点P使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为30º

（I）见解析.（II）.

本题主要考查空间线线、线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，同时考查空间想象能力．

（I）欲证PB⊥DM，可先证PB⊥平面ADMN，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证PB与平面ADMN内两相交直线垂直，而AN⊥PB，AD⊥PB，满足定理条件；

（II）取AD的中点G，连接BG、NG，得到 BG∥CD，从而BG与平面ADMN所成的角和CD与平面ADMN所成的角相等，根据线面所成角的定义可知∠BGN是BG与平面ADMN所成的角，在Rt△BGN中求出此角的正弦值即可．

解：（I）因为是的中点，，所以.

因为平面，所以，从而平面.

因为平面，所以.

（II）取的中点，连结、，则，

所以与平面所成的角和与平面所成的角相等.

因为平面，所以是与平面所成的角.

在中，.

故与平面所成的角是.

（1）见解析；（2）．

本试题主要是考查了立体几何中线面平行和二面角的平面角的大小。

（1）通过线面平行的判定定理，来得到证明。

（2）利用三垂线定理得到二面角的大小，进而利用解三角形得到结论。

解：（1）线段的中点就是满足条件的点．…1分

证明如下：

取的中点，连结，则

，，    …………………2分

取的中点，连结，

∵且，

∴△是正三角形，∴．

∴四边形为矩形，∴．又∵，

∴且，四边形是平行四边形．…………4分

∴，而平面，平面，

∴平面．…………6分

（2）．

（1）详见解析；（2）详见解析.

试题分析：（1）要证//平面，只须在平面内找到一条直线与平行，取中点，易证四边形为平行四边形，从而问题得证；（2）要证面面垂直，只要在其中一个平面内找到一条直线与另一个平面垂直即可，由得到且，故可考虑证明平面，故需要在平面内再找一条线与垂直即可，而平面，所以，从而问题得证.

试题解析：证明：（1）取的中点，连接,

在△中，，分别为，的中点

所以，且

而，且，所以，

所以是平行四边形

所以//        2分

又因为平面，平面

所以//平面        4分

（2）因为，为的中点

所以

因为平面，平面

所以，又,

所以平面        6分

又因为是平行四边形，所以

所以平面

因为平面，所以平面平面       8分.

（1）详见解析；（2）二面角的大小是.

试题分析：（1）证明线面平行，有两种思路，一是证线面平行，二通过面面平行来证明.在本题中，两种思路比较，可以看出，取AC的中点P，证明平面MPN∥平面是很容易的.

（2）首先作出二面角的平面角. 由于平面平面，所以过C1作BC的垂线，则该垂线垂直于面BCN.因为、、，∴ ⊥， 

从而 ⊥平面.

再过点B作BO⊥CN于O、连，则⊥CN

所以∠是二面角的一个平面角.在中，求出即可∠.

试题解析：（1）取AC的中点P，连MP、NP。易证MP∥、NP∥BC，所以平面MPN∥平面，得MN∥平面                                          4分

（2）设，则、、

∴ ⊥                                        5分

∴ ⊥平面                                 6分

过点B作BO⊥CN于O、连，则⊥CN

所以∠是二面角的一个平面角         9分

又易求，得

，即             11分

也即二面角的大小是           12分

(1)见解析；(2).

试题分析：(1)先利用直线与平面垂直的性质定理，得到 和 ，因为 ，所以利用直线与平面垂直的判定定理可知， ；(2)先利用直线和平面垂直的性质定理得到，那么为正方形，得到边的值，然后根据已知的垂直关系，找到线面角，根据线面角的正切值求出，根据此四棱锥的性质可知，所求的外接球的直径即是线段，由已求得的量结合勾股定理求得的值，再由球的表面积公式：，求此四棱锥的外接球的表面积.

试题解析：(1)证明　∵，，∴．2分

同理由，可证得．                         4分

又，∴．                                6分

(2)由(1)知，又， ∴．

故矩形为正方形，∴．所以    8分

因为，所以与平面所成角为，

因为与平面所成角的正切值为，即，

所以，                         10分

又，所以，

所以四棱锥的外接球表面积为．12分

解：（1）证明：在图中，由题意可知，

为正方形，所以在图中，，

四边形ABCD是边长为2的正方形，

因为，ABBC，

所以BC平面SAB，………………………3分

又平面SAB，所以BCSA，又SAAB，

所以SA平面ABCD，………………………6分

（2）解法一： 在AD上取一点O，使，连接EO。

因为，所以EO//SA…………………………7分

所以EO平面ABCD，过O作OHAC交AC于H，连接EH，

则AC平面EOH，所以ACEH。

所以为二面角E—AC—D的平面角，………………………9分

在中，…11分

，即二面角E—AC—D的正切值为………12分

解法二：如图，以A为原点建立直角坐标系，

……………7分

易知平面ACD的法向为

设平面EAC的法向量为

……………………9分

由，所以，可取

所以………………………………11分

所以

所以,即二面角E—AC—D的正切值为…………12分

略