高二立体几何大全

立体几何习题1. 如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形，,,//,PA ABCD AE PD EF CD AM EF ⊥⊥=底面(1) 证明MF 是异面直线AB 与PC 的公垂线；(2) 若3PA AB =,求直线AC 与平面EAM 所成角的正弦值2. 已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长均为a ，侧面A 1ACC 1⊥底面ABC ，A 1B ＝26a ， （Ⅰ）求异面直线AC 与BC 1所成角的余弦值； （Ⅱ）求证：A 1B ⊥面AB 1C .3. 如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，SB =31．求证BC SC ⊥；2．求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；3．设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小BC DA PM FE4. 在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点.（Ⅰ）证明：AC ⊥SB ；（Ⅱ）求二面角N —CM —B 的大小； （Ⅲ）求点B 到平面CMN 的距离.5. 如右下图,在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中,已知AB= 4, AD =3, AA 1= 2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB= FB=1.(1) 求二面角C —DE —C 1的正切值;(2) 求直线EC 1与FD 1所成的余弦值.6. 如图，在底面是菱形的四棱锥P —ABC Ｄ中，∠ABC=600，PA=AC=a ，PB=PD=a 2,点E 在PD 上，且PE:ED=2:1.（I ）证明PA ⊥平面ABCD ；（II ）求以AC 为棱，EAC 与DAC 为面的二面角 的大小；（Ⅲ）在棱PC 上是否存在一点F ，使BF//平面AEC ？证明你的结论.1B 1D BA 1EFB CDA P E7. 在棱长为4的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 是正方形A 1B 1C 1D 1的中心，点P 在棱CC 1上，且CC 1=4CP. (Ⅰ)求直线AP 与平面BCC 1B 1所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）；(Ⅱ)设O 点在平面D 1AP 上的射影是H ，求证：D 1H ⊥AP ；(Ⅲ)求点P 到平面ABD 1的距离.8. 如图，已知四棱锥 P —ABCD ，PB ⊥AD 侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°.（I ）求点P 到平面ABCD 的距离，（II ）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小.9. 如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90o ，AC ＝1，CB ＝2，侧棱AA 1＝1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M ． (Ⅰ)求证：CD ⊥平面BDM ；(Ⅱ)求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小． · B 1 PA C D A 1 C 1 D 1B O H ·CAC10. 三棱锥P-ABC 中，侧面P AC 与底面ABC 垂直，P A =PB =PC =3. (1)求证 AB ⊥BC；(II)如果 AB=BC=AC 与侧面P AC 所成角的大小．11. 如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，AB=8，AD=43，侧面PAD 为等边三角形，并且与底面所成二面角为60°.（Ⅰ）求四棱锥P —ABCD 的体积； （Ⅱ）证明PA ⊥BD.12.已知四棱锥P —ABCD ，底面ABCD 是菱形，⊥︒=∠PD DAB ,60平面ABCD ，PD=AD ， 点E 为AB 中点，点F 为PD 中点. （1）证明平面PED ⊥平面PAB ；（2）求二面角P —AB —F 的平面角的余弦值.C13. 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F（1）证明PA//平面EDB；（2）证明PB⊥平面EFD；（3）求二面角C—PB—D的大小14. 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M是线段EF的中点（Ⅰ）求证AM∥平面BDE；（Ⅱ）求二面角A—DF—B的大小；BAC参考答案1.解:（I ）证明：因PA ⊥底面，有PA ⊥AB ，又知AB ⊥AD ，故AB ⊥面PAD ，推得BA ⊥AE ， 又AM ∥CD ∥EF ，且AM=EF ， 证得AEFM 是矩形，故AM ⊥MF.又因AE ⊥PD ，AE ⊥CD ，故AE ⊥面PCD ， 而MF ∥AE ，得MF ⊥面PCD ， 故MF ⊥PC ，因此MF 是AB 与PC 的公垂线.（II ）解：连结BD 交AC 于O ，连结BE ，过O 作BE 的垂线OH ， 垂足H 在BE 上. 易知PD ⊥面MAE ，故DE ⊥BE ， 又OH ⊥BE ，故OH//DE ， 因此OH ⊥面MAE. 连结AH ，则∠HAO 是所要求的线AC 与面NAE 所成的角 设AB=a ，则PA=3a ， a AC AO 2221==.因Rt △ADE~Rt △PDA ，故中从而在AHO Rt a ED OH a a a a PDAD ED ∆===+==.10221,10)3(2222.10520122102sin ==⨯==a a AO OH HAO 2. 解:；（Ⅱ）略. 3.解:（底面ABCD 是正方形 ∴⊥BC DCSD ⊥底面ABCD ∴DC 是SC 在平面ABCD 上的射影 由三垂线定理得BC SC ⊥（II ）解：SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形∴可以把四棱锥S ABCD -补形为长方体A B C S ABCD 111-，如图2 面ASD 与面BSC 所成的二面角就是面ADSA 1与面BCSA 1所成的二面角，SC BC BC A SSC A S⊥∴⊥，//11 又SD A S ⊥1 ∴∠CSD 为所求二面角的平面角在Rt SCB ∆中，由勾股定理得SC =2 在Rt SDC ∆中，由勾股定理得SD =1即面ASD 与面BSC 所成的二面角为图2图3∴∆SDA 是等腰直角三角形 又M 是斜边SA 的中点∴⊥⊥⊥=DM SABA AD BA SD AD SD D，， ∴⊥BA 面ASD ，SA 是SB 在面ASD 上的射影由三垂线定理得DM SB ⊥ ∴异面直线DM 与SB 所成的角为90︒DABMSCP4. 解法一：（Ⅰ）取AC 中点D ，连结SD 、DB. ∵SA=SC ，AB=BC ， ∴AC ⊥SD 且AC ⊥BD ，∴AC ⊥平面SDB ，又SB ⊂平面SDB ， ∴AC ⊥SB.（Ⅱ）∵AC ⊥平面SDB ，AC ⊂平面ABC ， ∴平面SDB ⊥平面ABC.过N 作NE ⊥BD 于E ，NE ⊥平面ABC ， 过E 作EF ⊥CM 于F ，连结NF ， 则NF ⊥CM.∴∠NFE 为二面角N －CM －B 的平面角.∵平面SAC ⊥平面ABC ，SD ⊥AC ，∴SD ⊥平面ABC. 又∵NE ⊥平面ABC ，∴NE ∥SD. ∵SN=NB ，∴NE=21SD=2122AD SA -=21412-=2，且ED=EB.在正△ABC 中，由平几知识可求得EF=41MB=21， 在Rt △NEF 中，tan ∠NFE=EFEN=22， ∴二面角N —CM —B 的大小是arctan22. （Ⅲ）在Rt △NEF 中，NF=22EN EF +=23， 13313∵V B-CMN =V N-CMB ，NE ⊥平面CMB ，∴31S △CMN ·h=31S △CMB ·NE ， ∴h=CMNCMB S NE S ⋅=324.即点B 到平面CMN 的距离为324.解法二：（Ⅰ）取AC 中点O ，连结OS 、OB.∵SA=SC ，AB=BC ， ∴AC ⊥SO 且AC ⊥BO.∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面 ABC=AC ∴SO ⊥面ABC ，∴SO ⊥BO.如图所示建立空间直角坐标系O －x yz.则A （2，0，0），B （0，23，0），C （－2，0，0）， S （0，0，22），M(1，3，0)，N(0，3，2). ∴AC =（－4，0，0），SB =（0，23，22）， ∵AC ·SB =（－4，0，0）·（0，23，22）=0， ∴AC ⊥SB.（Ⅱ）由（Ⅰ）得CM =（3，3，0），MN =（－1，0，2）.设n=（x ，y ，z ）为平面CMN 的一个法向量，CM ·n=3x +3y=0， 则 取z=1，则x =2，y=-6，MN ·n=－x +2z=0，∴n=(2，－6，1)，又OS =(0，0，22)为平面ABC 的一个法向量， ∴cos(n ，OS ||||OS n OS⋅=31. ∴二面角N －CM －B 的大小为arccos31. （Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）得MB =（－1，3，0），n=（2，－6，1）为平面CMN 的一个法向量，∴点B 到平面CMN 的距离d=|·|MB n =24.5解：（I ）以A 为原点，1,,AA AD AB 分别为x 轴，y 轴,z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D(0,3,0)、D 1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C 1(4,3,2) 于是，)2,2,4(),2,3,1(),0,3,3(11-==-=FD EC DE设向量),,(z y x n =与平面C 1DE 垂直，则有133013202n DE x y x y z x y z n EC ⎫⊥-=⎫⎪⇒⇒==-⎬⎬++=⊥⎭⎪⎭(,,)(1,1,2),0222z z zn z z ∴=--=-->其中001(1,1,2),,n n C DE =--取则是一个与平面垂直的向量1011(0,0,2),AA CDE n AA C DE C θ=∴--向量与平面垂直与所成的角为二面角的平面角0101cos 3||||1n AA n AA θ•-===⨯tan θ∴= （II ）设EC 1与FD 1所成角为β，则142122)4(2312223)4(1||||cos 2222221111=++-⨯++⨯+⨯+-⨯=⨯=FD EC FD EC β 6.BD（Ⅰ）证明 因为底面ABCD 是菱形，∠ABC=60°，所以AB=AD=AC=a ， 在△PAB 中， 由PA 2+AB 2=2a 2=PB 2 知PA ⊥AB. 同理，PA ⊥AD ，所以PA ⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA 交AD 于G ， 由PA ⊥平面ABCD.知EG ⊥平面ABCD.作GH ⊥AC 于H ，连结EH ， 则EH ⊥AC ，∠EHG 即为二面角θ的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以.3360sin ,32,31a AG GH a AG a EG =︒=== 从而 ,33tan ==GH EG θ .30︒=θ （Ⅲ）解法一 以A 为坐标原点，直线AD 、AP 分别为y 轴、z 轴，过A 点垂直平面PAD 的直线为xD CABB).0,21,23(),0,21,23(),0,0,0(a a C a a B A - ).31,32,0(),,0,0(),0,,0(a a E a P a D所以 ).0,21,23(),31,32,0(a a AC a a AE == ).,21,23(),,0,0(a a a PC a AP -== ).,21,23(a a a BP -=设点F 是棱PC 上的点，,10),,21,23(<<-==λλλλλ其中a a a PC PF 则 ),21,23(),21,23(λλλa a a a a a PF BP BF -+-=+=)).1(),1(21),1(23(λλλ-+-=a a a 令 AE AC BF 21λλ+= 得 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=+=-⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=+=-.311,341,1.31)1(,3221)1(21,23)1(2322112211λλλλλλλλλλλλλλ即a a a a a a a 解得.23,21,2121=-==λλλ 即 21=λ时，.2321AE AC BF +-= 亦即，F 是PC 的中点时，BF 、AC 、AE 共面.又 BF ⊄平面AEC ，所以当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC. 解法二 当F 是棱PC 的中点时，BF//平面AEC ，证明如下， 证法一 取PE 的中点M ，连结FM ，则FM//CE. ①由 ,21ED PE EM ==知E 是MD 的中点. 连结BM 、BD ，设BD ⋂AC=O ，则O 为BD 的中点.所以 BM//OE. ②由①、②知，平面BFM//平面AEC.又 BF ⊂平面BFM ，所以BF//平面AEC. 证法二因为 )(2121DP CD AD CP BC BF ++=+= .2123)(23)(212321AC AE AD AE AC AD AD DE CD AD -=-+-+=++=所以 BF 、AE、AC 共面.又 BF ⊄平面ABC ，从而BF//平面AEC.7. 解（1）APB ∠=· B 1PACDA 1C 1D 1BO H·（2）略 （33228.（I ）解：如图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为点O.连结OB 、OA 、OD 、OB 与AD 交于点E ，连结PE. ∵AD ⊥PB ，∴AD ⊥OB ，∵PA=PD ，∴OA=OD ，于是OB 平分AD ，点E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD.由此知∠PEB 为面PAD 与面ABCD 所成二面角的平面角， ∴∠PEB=120°，∠PEO=60°由已知可求得PE=3∴PO=PE ·sin60°=23233=⨯， 即点P 到平面ABCD 的距离为23. （II ）解法一：如图建立直角坐标系，其中O 为坐标原点，x 轴平行于DA.)43,433,0(),0,233,0(),23,0,0(的坐标为中点G PB B P .连结AG.又知).0,233,2(),0,23,1(-C A 由此得到： 0,0).0,0,2(),23,233,0(),43,43,1(=⋅=⋅-=-=--=PB BC PB GA BC PB GA 于是有所以θ的夹角BC GA PB BC PB GA ,.⊥⋅⊥ 等于所求二面角的平面角， 于是,772||||cos -=⋅=BC GA BC GA θ 所以所求二面角的大小为772arccos-π . 解法二：如图，取PB 的中点G ，PC 的中点F ，连结EG 、AG 、GF ，则AG ⊥PB ，FG//BC ，FG=21BC. ∵AD ⊥PB ，∴BC ⊥PB ，FG ⊥PB ， ∴∠AGF 是所求二面角的平面角. ∵AD ⊥面POB ，∴AD ⊥EG.又∵PE=BE ，∴EG ⊥PB ，且∠PEG=60°. 在Rt △PEG 中，EG=PE ·cos60°=23.在Rt △PEG 中，EG=21AD=1. 于是tan ∠GAE=AE EG =23, 又∠AGF=π－∠GAE.所以所求二面角的大小为π－arctan23. 9.解法一：(I)如图，连结CA 1、AC 1、CM ，则CA 1=2， ∵CB=CA 1=2，∴△CBA 1为等腰三角形， 又知D 为其底边A 1B 的中点，∴CD ⊥A 1B ， ∵A 1C 1=1，C 1B 1=2，∴A 1B 1=3， 又BB 1=1，∴A 1B=2，∵△A 1CB 为直角三角形，D 为A 1B 的中点，CD=21A 1B=1，CD=CC 1又DM=21AC 1=22，DM=C 1M ，∴△CDN ≌△CC 1M ，∠CDM=∠CC 1M=90°,即CD ⊥DM ，因为A 1B 、DM 为平面BDM 内两条相交直线，所以CD ⊥平面BDM(II)设F 、G 分别为BC 、BD 的中点，连结B 1G 、FG 、B 1F ，则FG ∥CD ，FG=21CD ∴FG=21，FG ⊥BD.由侧面矩形BB 1A 1A 的对角线的交点为D,知BD=B 1D=21A 1B=1， 所以△BB 1D 是边长为1的正三角形，于是B 1G ⊥BD ，B 1G=23， ∴∠B 1GF 是所求二面角的平面角又B 1F 2=B 1B 2+BF 2=1+(22)2=23. ∴cos ∠B 1GF=332123223)21()23(222121221-=••-+=•-+FG G B F B FG G B 即所求二面角的大小为π-arccos33 解法二：如图以C 为原点建立坐标系(I):B(2,0,0),B 1(2,1,0),A 1(0,1,1),D(22,21,21), M(22,1,0),=CD (22,21,21),=B A 1(2,-1,-1), =DM (0,21,-21),,0,01=•=•DM CD B A CD∴CD ⊥A 1B,CD ⊥DM.因为A 1B 、DM 为平面BDM 内两条相交直线， 所以CD ⊥平面BDM(II):设BD 中点为G ，连结B 1G ，则G ),41,41,423(=BD (-22,21,21)，=G B 1),41,43,42(--∴01=•G B BD ，∴BD ⊥B 1G ，又CD ⊥BD ，∴CD 与G B 1的夹角θ等于所求二面角的平面角， cos .33||||11-=••=G B CD G B CD θ A'CBA C'B'MD A BC A'B'C'DM F Gz XA'C B AC'B'F MDGC所以所求二面角的大小为π10.C⑴证明：取AC 中点O , 连结PO 、BO .∵P A ＝PC ∴PO ⊥AC 又∵侧面P AC ⊥底面ABC ∴PO ⊥底面ABC又P A ＝PB ＝PC ∴AO ＝BO ＝CO ∴△ABC 为直角三角形 ∴AB ⊥BCC⑵解：取BC的中点为M ，连结OM,PM ，所以有OM=12=∴PO ==由⑴有PO ⊥平面ABC,OM⊥BC ，由三垂线定理得PM ⊥BC ∴平面POM ⊥平面PBC ，又∵∴△POM 是等腰直角三角形，取PM 的中点N ，连结ON, NC则ON ⊥PM, 又∵平面POM ⊥平面PBC, 且交线是PM, ∴ON ⊥平面PBC ∴∠ONC 即为AC 与平面PBC 所成的角.122ON PM OC ==== ∴1sin 2ON ONC OC ∠== ∴6ONC π∠=.故AC 与平面PBC 所成的角为6π. 11. 解：（Ⅰ）如图1，取AD 的中点E ，连结PE ，则PE 作PO ⊥平面在ABCD ，垂足为O ，连结OE.图2CACAC根据三垂线定理的逆定理得OE ⊥AD ，所以∠PEO 为侧面PAD 与底面所成的二面角的平面角， 由已知条件可知∠PEO=60°，PE=6， 所以PO=33，四棱锥P —ABCD 的体积 V P —ABCD =.963334831=⨯⨯⨯ （Ⅱ）解法一：如图1，以O 为原点建立空间直角坐标系.通过计算可得P （0，0，33），A （23，－3，0），B （23，5，0），D （－23，－3，0） 所以).0,8,34(),33,3,32(--=--=BD PA 因为,002424=++-=⋅BD PA 所以PA ⊥BD.解法二：如图2，连结AO ，延长AO 交BD 于点F.通过计算可得AE=23，又知AD=43，AB=8，得.ABADAE EO = 所以 Rt △AEO ∽Rt △BAD. 得∠EAO=∠ABD.所以∠EAO+∠ADF=90°所以 AF ⊥BD.因为 直线AF 为直线PA 在平面ABCD 内的身影，所以PA ⊥BD.12.（1）证明：连接BD.ADB DAB AD AB ∆∴︒=∠=,60, 为等边三角形.E 是AB 中点，.DE AB ⊥∴…………2分⊥PD 面ABCD ，AB ⊂面ABCD ，.PD AB ⊥∴⊂DE 面PED ，PD ⊂面PED ，⊥∴=AB D PD DE , 面PED.…………4分⊂AB 面PAB ，⊥∴PED 面面PAB. ……………………6分（2）解：⊥AB 平面PED ，PE ⊂面PED ，.PE AB ⊥∴ 连接EF ，⊂EF PED ，.EF AB ⊥∴PEF ∠∴为二面角P —AB —F 的平面角. ………… 9分 设AD=2，那么PF=FD=1，DE=3. 在,1,2,7,===∆PF EF PE PEF 中,147572212)7(cos 22=⨯-+=∠∴PEF即二面角P —AB —F 的平面角的余弦值为.1475…12分13.AC方法一：（1）证明：连结AC ，AC 交BD 于O ，连结EO ∵底面ABCD 是正方形，∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中，EO 是中位线，∴PA // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ， 所以，PA // 平面EDBAC（2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ，∴DC PD ⊥∵PD=DC ，可知PDC ∆是等腰直角三角形，而DE 是斜边PC 的中线， ∴DE ⊥ ①同样由PD ⊥底面ABCD ，得PD ⊥BC∵底面ABCD 是正方形，有DC ⊥BC ，∴BC ⊥平面PDC 而⊂DE 平面PDC ，∴BC ⊥ ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC 而⊂PB 平面PBC ，∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE = ，所以PB ⊥平面EFD（3）解：由（2）知，DF PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角由（2）知，PD EF DE ⊥⊥,设正方形ABCD 的边长为a ，则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=， a DC PD PC 222=+=PC DE 2221==在PDB Rt ∆中，aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=在EFD Rt ∆中，233622sin ===a aDF DE EFD ，∴3=∠EFD 所以，二面角C —PB —D 3方法二：如图所示建立空间直角坐标系，D 为坐标原点，设a DC = （1）证明：连结AC ，AC 交BD 于G ，连结EG依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且 2,0,2(),,0,(aa EG a a PA -=-=∴EG PA 2=，这表明PA//EG而⊂EG 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ，∴PA//平面EDB（2）证明；依题意得)0,,(a a B ，,,(a a a PB -=)2,2,0(aa DE =，故22022=-+=⋅a a DE PB ∴PB ⊥由已知PB EF ⊥，且E DE EF = ，所以⊥PB 平面EFD （3）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ，PB PF λ=，则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ从而z a y a x )1(,,000λλλ-===所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x FE ---=---=λλλ 由条件PB EF ⊥知，0=⋅PB FE ，即0)21()21(222=---+-a a a λλλ，解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ，且 )6,6,3(a a a FE --=，)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥，故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角∵691892222a a a a FD FE =+-=⋅，且 a a a a FE 6636369||222=++=，a a a a FD 369499||222=++=，∴236666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD ∴3=∠EFD所以，二面角C —PB —D 314. 方法一解: (Ⅰ)记AC 与BD 的交点为O,连接OE, ∵O 、M 分别是AC 、EF 的中点，ACEF 是矩形，∴四边形AOEM 是平行四边形， ∴AM ∥OE∵⊂OE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ，∴AM ∥平面BDEBB(Ⅱ)在平面AFD 中过A 作AS ⊥DF 于S ，连结BS ， ∵AB ⊥AF ， AB ⊥AD ， ,A AF AD = ∴AB ⊥平面ADF ，∴AS 是BS 在平面ADF 上的射影， 由三垂线定理得BS ⊥DF∴∠BSA 是二面角A —DF —B 的平面角在RtΔASB 中，,2,36==AB ASB∴,60,3tan ︒=∠=∠ASB ASB∴二面角A —DF —B 的大小为60º（Ⅲ）设CP=t （0≤t≤2）,作PQ ⊥AB 于Q ，则PQ ∥AD ， ∵PQ ⊥AB ，PQ ⊥AF ，A AF AB = ， ∴PQ ⊥平面ABF ，⊂QE 平面ABF ， ∴PQ ⊥QF在RtΔPQF 中，∠FPQ=60º， PF=2PQ∵ΔPAQ 为等腰直角三角形，∴).2(22t PQ -=又∵ΔPAF 为直角三角形， ∴1)2(2+-=t PF ，∴).2(2221)2(2t t -⋅=+- 所以t=1或t=3(舍去) 即点P 是AC 的中点方法二（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系 设N BD AC = ，连接NE ，则点N 、E 的坐标分别是（)0,22,22、（0,0,1）, ∴ NE =()1,22,22--, 又点A 、M 的坐标分别是（022，，）、（)1,22,22 ∴ AM =（)1,22,22-- ∴NE =AM 且NE 与AM 不共线， ∴NE ∥AM又∵⊂NE 平面BDE ， ⊄AM 平面BDE ， ∴AM ∥平面BDF（Ⅱ）∵AF ⊥AB ，AB ⊥AD ，AF ,A AD = ∴AB ⊥平面ADF∴(AB =-为平面DAF 的法向量∵NE DB •=（)1,22,22--·)0,2,2(-=0， ∴NE NF •=（)1,22,22--·)0,2,2(=0得 NE DB ⊥,NE NF ⊥∴NE 为平面BDF 的法向量∴cos<,AB NE >=21 ∴,AB NE 的夹角是60º即所求二面角A —DF —B 的大小是60º（Ⅲ）设P(t,t,0)(0≤t≤2)得(2,1),PF t t =∴CD =（2，0，0） 又∵PF 和CD 所成的角是60º∴21)2()2(2)2(60cos 22⋅+-+-⋅-=︒t t t解得22=t 或223=t （舍去）， 即点P 是AC 的中点。