安徽省黄山市屯溪一中2019-2020学年高二上学期期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.直线l1：x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则a的值等于()A. −1或3B. 1或3C. −3D. −12.如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，BC1⊥AC，若P为三角形A1B1C1内一点(不含边界)，则点P在底面ABC的投影可能在()A. △ABC的内部B. △ABC的外部C. 直线AB上D. 以上均有可能3.已知两条直线l，m，α,β是两个平面，下列命题正确的是()A. 若α//β，l//α，则l//βB. 若l//α，m//α，则l//mC. 若α//β，l//α，m//β，则l//mD. 若α//β，l⊂α，则l//β4.已知直线l，m和平面α，β，且l⊥α，m//β，则下列命题中正确的是()A. 若α⊥β，则l//mB. 若α//β，则l⊥mC. 若l//β，则m⊥αD. 若l⊥m，则α//β5.若直线l过点(1,3)且在两条坐标轴上的截距相等，则直线l的斜率k是()A. k=−1或k=3B. k=±1或k=3C. k=−1D. k=1或k=36.给出以下四个命题，其中真命题的个数是()①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面；②若直线l不平行千平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线；③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行；④垂直于同一直线的两条直线相互平行．A. 1B. 2C. 3D. 47.在三棱锥P−ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P−BC−A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为()A. 58B. 34C. 78D. 148.已知正四棱柱底面边长为1高为2，俯视图是一个面积为1的正方形，则该正四棱柱的正视图的面积不可能等于()A. 2B. 2.5C. 2√3−1D. 2√2+19.已知锐二面角α−l−β中，异面直线a，b满足：a⊂α，a⊥l，b⊂β，b与l不垂直，设二面角α−l−β的大小为θ1，a与β所成的角为θ2，异面直线a，b所成的角为θ3，则()A. θ1>θ2>θ3B. θ3>θ2>θ1C. θ1=θ2>θ3D. θ3>θ2=θ110.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知点A(1,0，3)，C(3,2，−1)，则这个正方体的棱长为()A. √3B. 2C. 2√3D. 311.在各棱长均相等的直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知M是棱AC的中点，N是棱BB1的中点，则异面直线A1N与BM所成角的正切值为()A. √3B. 1C. √63D. √2212.某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是()A. 4+8√2B. 8+4√2C. 4√2D. 2√2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若直线(3a+2)x+(1−4a)y+8=0与(5a−2)x+(a+4)y−7=0垂直，则a=________．14.设当x=θ时，函数f(x)=sinx+2cosx取得最大值，则cosθ=______ ．15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB1的中点，在面ABCD中取一点F，使EF+FC1最小，则最小值为__________.16.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，上底面中心为O，则异面直线AO与DC1所成角的余弦值为______ ，直线AC1与平面BDC1所成角的正弦值为___________。

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.(1)求过点(1,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程(2)求到直线2x+3y−5=0和4x+6y+8=0的距离相等点的轨迹．18.如图所示的容器，由一个有下底面但没有上底面的圆柱和一个与圆柱底面相同的圆锥侧面组成.已知圆柱的高为2米，底面的周长为2π米，圆锥的母线长为2米．(1)求该容器的表面积；(2)求该容器的体积．19.如图，AD//BC且AD=2BC，AD⊥CD，EG//AD且EG=AD，CD//FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2．(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN//平面CDE；(2)求二面角E−BC−F的正弦值；20.如图四棱锥E−ABCD中，底面ABCD为菱形，BE⊥平面ABCD．(1)求证：AC⊥平面BED；(2)若，AB=2，求三棱锥E−ABD的体积．21.已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB//CD，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1AB=1，M是PB的中点．2(1)求异面直线AC与PB所成的角的余弦值；(2)求直线BC与平面ACM所成角的正弦值．22.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=AB，点E，F为PC，PA的中点．(1)求证：平面BDE⊥平面ABCD；(2)二面角E—BD—F的大小；(3)设点M在线段PB(端点除外)上，试判断CM与平面BDF是否平行，并说明理由-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：因为两条直线平行，两直线的斜率都存在，故它们的斜率相等，由1a−2=a3≠62a，解得：a=−1，故选：D．直接利用两直线平行的充要条件，列出方程求解，解得a的值．本题考查两直线平行的条件，要注意特殊情况即直线斜率不存在的情况，要进行检验．2.答案：B解析：【分析】本题考查棱柱结构特征，考查了线面垂直的判定和性质，考查空间想象能力，是中档题．由题意结合线面垂直的判定可得平面ABC1⊥平面ABC，再由线面垂直的性质可得C1在底面ABC的射影H的位置，即可得出结论．【解答】解：∵AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1，AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．若P为三角形A1B1C1内一点(不含边界)，则点P在底面ABC的投影可能在△ABC的外部，故选B．3.答案：D解析：【分析】本题考查空间中直线与平面的位置关系，属于基础题．对选项逐个进行分析判断即可．解：A.错误，可能l⊂β；B.错误，平行于同一平面的两直线不一定平行，可能相交，可能异面；C.错误，两直线还可能相交，可能异面；D.正确，两平面平行，则一平面内的任意一条直线平行另一平面．故选D．4.答案：B解析：【分析】本题考查空间中线线、线面以及面面的位置关系，属于基础题．根据空间中线线、线面以及面面的位置关系逐一判断即可．【解答】解：对于A，l⊥α，m//β，若α⊥β，则l与m可能相交，平行，异面，所以错误;对于B，l⊥α，m//β，若α//β，则l⊥β，又m//β，所以在β内存在直线n，使得m//n，所以l⊥n，得l⊥m，所以正确;对于C，l⊥α，m//β，若l//β，则m与α的位置关系不定，所以错误;对于D，l⊥α，m//β，若l⊥m，则α与β还可能相交，所以错误．故选B．5.答案：A解析：解：直线l经过原点时，可得斜率k=3．直线不经过原点时，直线l过点(1,3)且在两条坐标轴上的截距相等，∴经过点(a,0)，(0,a).(a≠0)．∴k=−1．综上可得：直线l的斜率k=−1或3．故选：A．通过分类讨论，利用斜率计算公式即可得出．本题考查了斜率计算公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．解析：解：①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面，正确；②若直线l不平行于平面α，则在平面α内不存在与l平行的直线，不正确，可能存在，比如l在平面α内，存在与l平行的直线；③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行，不正确，可能相交或异面；④垂直于同一直线的两条直线相互平行不正确，可能平行或异面．故选：A．由线面垂直的判定定理可判断①；由线面的位置关系可判断②；由线面平行的性质可判断③；由两直线的位置关系可判断④．本题考查空间直线和平面的位置关系、空间两直线的位置关系，注意运用反例法和线面的位置关系的判定定理，考查空间想象能力，属于基础题．7.答案：A解析：【分析】本题是一道考查两异面直线所成角和二面角的综合题，解题需用到解三角形的有关知识，属于中档题．取BC中点O，连接AO,PO，得到二面角P−BC−A的平面角，利用余弦定理求出PA的长，再分别取AB,PA中点D,E，得到直线PB和直线AC所成的角∠ODE，解△ODE即可求出异面直线PB和AC所成角的余弦值．【解答】解：取BC中点O，连接AO,PO，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以∠POA是二面角P−BC−A的平面角，即∠POA=120°，设AB=2，则AO=PO=√3，利用余弦定理求出PA=3，分别取AB,PA中点D,E，则∠ODE是异面直线PB和直线AC所成的角，在△ODE中，OD=DE=1，OE=√3，所以2即异面直线PB和AC所成角的余弦值为58故选A8.答案：D解析：解：∵正四棱柱的俯视图是一个面积为1的正方形，∴正方形的边长为1，正方形的对角线长为√2，∵棱柱的高为2，∴当正方形的边长作为正视图的底面边长时，此时面积的最小值为S=2×1=2，当正方形的对角线作为正视图的底面边长时，此时面积的最大值为S=2×√2=2√2，∴正四棱的正视图的面积S的取值范围是[2,2√2].∵2√2+1∉[2,2√2]，∴D不成立，故选D．根据正四棱柱的正视图的边长变化，求出正视图的面积的取值范围即可判断．本题主要考查正四棱柱正视图的取值范围，根据不同的视角，得到正视图对应矩形的面积的最大值和最小值是解决本题的关键，利用函数的角度研究面积的取值范围是解决本题的突破点．9.答案：D解析：【分析】本题主要考查二面角的知识，关键是知道斜线与平面所成的角是斜线与平面内的任意直线所成角的最小角．【解答】解：在锐二面角α−l−β中，a⊂α，a⊥l，所以二面角α−l−β的平面角即a与β所成的角，则θ1=θ2，因为b⊂β，b与l不垂直，根据斜线与平面所成的角是斜线与平面内的任意直线所成角的最小角，所以θ3>θ2=θ1，故选D．10.答案：C解析：【分析】本题考查空间直角坐标系及空间两点间的距离公式，属于基础题．由AC距离即可求棱长．【解答】解：易知AC=√1−32+(0−2)2+(3+1)2=2√6，设正方体的棱长为a，√a2+a2=2√6，得a=2√3，故选C．11.答案：C解析：【分析】本题考查异面直线所成角，比较基础．根据已知∠DBN即为异面直线A1M与BN所成角，在△BDN中求解即可．【解答】解：取AA1的中点D，连接BD，则NA1//BD，所以∠DBM即为异面直线A1N与BM所成角，设各棱长均相等的直三棱柱ABC−A1B1C1的棱长为2，所以AD=AM=1，则DM=√2，BD=√5，BM=√3，所以△BDM为直角三角形，则．故选C．12.答案：D解析：解：由三视图可知几何体为四棱柱，棱柱的底面为等腰梯形，棱柱的高为√2．(1+3)×1×√2=2√2．∴V=12故选D．几何体为四棱柱，底面为等腰梯形，棱柱的高为√2．本题考查了棱柱的三视图与体积计算，属于基础题．13.答案：0或1解析：由两直线垂直的充要条件，得(3a +2)(5a −2)+(1−4a)(a +4)=0，解得a =0或a =114.答案：2√55解析：解：∵f(x)=sinx +2cosx =√5(√55sinx +2√55cosx) 设cosα=√55，sinα=2√55即f(x)=√5sin(x +α)当x =θ时，函数f(x)=sinx +2cosx =√5sin(x +α)取得最大值 即θ+α=π2+2kπ k ∈Z ∴cosθ=cos(π2+2kπ−α)=sinα=2√55故答案为：2√55把f(x)化简为一个角的正弦函数即可求解．此题考查了两角和与差公式以及同角三角函数的基本关系，熟练掌握公式是解题的关键，属于中档题15.答案：√142解析：作出点E 关于平面ABCD 的对称点P ，连接C 1P 交平面ABCD 于点F ，则此时EF +FC 1取得最小值，即C 1P 的长即为所求；因为E 为AB 1的中点，所以C 1P =√1+14+(1+12)2=√142；故填√142．16.答案：√32；13解析： 【分析】本题考查了异面直线所成角，余弦定理，棱柱、棱锥、棱台的侧面积、表面积和体积和直线与平面所成角．利用异面直线所成角求法，结合余弦定理得异面直线AO 与DC 1所成角的余弦值，再利用直线与平面所成角求法，结合三棱锥的体积等量，计算得结论． 【解答】解：如下图：设正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的边长为2a ，连接AB 1，OB 1．因为ABCD −A 1B 1C 1D 1是正方体，所以AB 1//DC 1， 因此∠OAB 1就是异面直线AO 与DC 1所成角．又因为在ΔAB 1O 中，AO =√6a ，OB 1=√2a ，AB 1=2√2a ， 所以，即异面直线AO 与DC 1所成角的余弦值为√32．因为正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的边长为2a ，设A 到平面BDC 1的距离为h ，直线AC 1与平面BDC 1所成角为θ， 因为S ΔBDC 1=√34(2√2a)2=2√3a 2，AC 1=2√3a ，由V C 1−ABD =V A−BDC 1得13×12×(2a )2×2a =13×2√3a 2×ℎ，解得ℎ=2√33a ，所以，即线AC 1与平面BDC 1所成角的正弦值为13． 故答案为√32；13．17.答案：解：(1)当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，即直线过原点时，设该直线的方程为y =kx ， 吧(1,3)代入y =kx 得，k =3，此时方程为y =3x①当直线不过原点时，设方程为xa +ya =1，即直线的方程为x +y =a ，把(1,3)代入所设的方程得：a =3，则所求直线的方程为x +y =3即x +y −3=0； 综上直线方程为y =3x ，y =−x +4．(2)∵直线2x +3y −5=0即4x +6y −10=0与4x +6y +8=0是两条平行线， 则设与它们等距离的平行线的方程为：4x +6y +b =0， 由题意可得：√42+62=√42+62．即|b +10|=|b −8|，则b +10=b −8或b +10=−(b −8)， 即b =9.则定义的方程为4x +6y +9=0解析：(1)根据直线截距相等，利用待定系数法进行求解，(2)先判断两条直线为平行线，结合平行线的距离公式建立方程条件进行求解即可．本题主要考查直线方程的求解，利用待定系数法以及平行线之间的距离公式解决本题的关键．18.答案：解：(1)由题意得，表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积的和，而圆锥的底面周长为2π米，圆锥的母线长为2米，所以圆锥的侧面积为2π平方米，圆柱的底面周长为2π米，高为2米，所以圆柱的侧面积为4π平方米；而圆柱的底面周长为2π米，则底面半径为1 米， 底面面积为π平方米，综上，该容器的表面积为7π平方米． (2)由题意得，体积是圆锥的体积与圆柱的体积的和，由(1)得，圆锥的母线长为2米，底面半径为1 米，所以圆锥的轴截面是正三角形，圆锥的高为√3米，所以圆锥的体积为13×√3×π=√33π立方米，而圆柱的体积为2π立方米，所以该容器的体积为(√33+2)π立方米．解析：本题主要考查了圆柱、圆锥的表面积和体积公式，属于基础题．(1)由题意得，表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积的和，而圆锥的底面周长为2π米，圆锥的母线长为2米，进而求得答案．(2)由题意得，体积是圆锥的体积与圆柱的体积的和，由(1)得，圆锥的母线长为2米，底面半径为1 米，所以圆锥的轴截面是正三角形，进而求得答案．19.答案：证明：(1)依题意，以D 为坐标原点，分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．可得D(0,0，0)，A(2,0，0)，B(1,2，0)，C(0,2，0)，E(2,0，2)，F(0,1，2)，G(0,0，2)，M(0,32,1)，N(1,0，2)．所以DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2)，设n 0⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)为平面CDE 的法向量， 则{n 0⃗⃗⃗⃗ ⋅DC⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0n 0⃗⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2z =0，不妨令z =−1，可得n 0⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)， 又MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−32,1)，可得MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 0⃗⃗⃗⃗ =0， 又∵直线MN ⊄平面CDE ， ∴MN//平面CDE ；(2)解：依题意，可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,0)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−2,2)，CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,2)； 设n⃗ =(x 1,y 1,z 1)为平面BCE 的法向量， 则{n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x 1=0n ⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1−2y 1+2z 1=0，不妨令z 1=1，可得n⃗ =(0,1,1)， 设m⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)为平面BCF 的法向量， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x 2=0m ⃗⃗⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−y 2+2z 2=0，不妨令z 2=1，可得m⃗⃗⃗ =(0,2,1)， 因此有cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=3√1010，于是sin <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=√1010．∴二面角E −BC −F 的正弦值为√1010．解析：本题考查直线与平面平行的判定，考查空间角的求法，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．(1)依题意，以D 为坐标原点，分别以DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 、DG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面CDE 的法向量n 0⃗⃗⃗⃗ 及MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 0⃗⃗⃗⃗ =0，结合直线MN ⊄平面CDE ，可得MN//平面CDE ；(2)分别求出平面BCE 与平面BCF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E −BC −F 的正弦值．20.答案：(1)证明：∵四边形ABCD 为菱形， ∴AC ⊥BD ， ∵BE ⊥平面ABCD ， ∴AC ⊥BE ， 又∵BD ∩BE =B ， ∴AC ⊥平面BED ；(2)解：∵∠ABC =120°，AB =2， ∴AB =DB =2，AG =√3，DG =1， ∵AE ⊥EC ，∴EG =12AC =√3，则BE =√2， ∴V E−ABD =13×12×2×2×sin60°×√2=√63．解析：本题考查了空间线面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法．属于中档题．(1)证明AC ⊥BD ，AC ⊥BE ，即可证明AC ⊥平面BED ； (2)由已知求解三角形可得BE ，再由棱锥体积公式求解．21.答案：解：(1)以A 为坐标原点，分别以AD 、AB 、AP 为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0，0)，P(0,0，1)，C(1,1，0)，B(0,2，0)，M(0,1，12)， 所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，−1)，|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√2，|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5， AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2， cos(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√105， (2)BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1，0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，12)，设n ⃗ =(x,y ，z)为平面的ACM 的一个法向量，则{AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，即{x +y =0y +12z =0，令x =1，则y =−1，z =2， 所以n⃗ =(1,−1,2)， 则cos <n ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n⋅BC⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ ||BC⃗⃗⃗⃗⃗ |=2×6=√33， 设直线BC 与平面ACM 所成的角为α，则sinα=sin[π2−<n ⃗ ,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >]=cos <n ⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√33．解析：(1)建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积，求AC 与PB 所成的角的余弦值， (2)设n ⃗ =(x,y ，z)为平面的ACM 的一个法向量，求出法向量，利用空间向量的数量积，直线BC 与平面ACM 所成角的正弦值．本小题考查空间中的异面直线所成的角、线面角、解三角形等基础知识考查空间想象能力和思维能力．22.答案：(Ⅰ)证明：连接AC 与BD ，设交点为O ，连接EO ，由已知E ，O 分别为PC ，AC 中点，可得EO//PA ， 又因为PA ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥平面ABCD ，EO ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABCD ．(Ⅱ)以O 为原点，以OB ，OC ，OE 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系 设AB =a ，因为底面ABCD 为菱形，且∠ABC =60°，PA =AB ，则AC =a ，BO =√32a ，O(0,0，0)，A(0,−a2,0)，B(√32a,0,0)，C(0,a2,0)，D(−√32a,0,0)，E(0,0,a2)，F(0,−a 2,a2)，则FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32a,a2,−a2)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3a,0,0)． 设平面BFD 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 则有{m ⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{√3ax =0√32ax +a 2y −a2z =0，即{x =0y =z ， 令y =1，则m⃗⃗⃗ =(0,1,1)， 又由(Ⅰ)可知OC ⃗⃗⃗⃗⃗ (0,a2,0)为平面BDE 的法向量，|cos〈m ⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|m ⃗⃗⃗ ⋅OC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||OC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√22， 所以二面角E −BD −F 的大小为π4．(Ⅲ)因为点M 在PB(端点除外)上，设PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)， 则P(0,−a2,a)，M(√32λa,λa 2−a2,a −λa)，MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32λa,a −λa 2,λa −a)，|cos〈m ⃗⃗⃗ ,CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|m ⃗⃗⃗ ⋅CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=λa2|m ⃗⃗⃗ ||CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≠0 所以CM 与平面BDF 不平行．解析：本题考查二面角的平面角的求法，空间向量的数量积的应用，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力和计算能力，是中档题．(Ⅰ)连接AC 与BD ，设交点为O ，连接EO ，证明EO//PA ，通过PA ⊥平面ABCD ，得到EO ⊥平面ABCD ，然后证明平面BDE ⊥平面ABCD ．(Ⅱ)以O 为原点，以OB ，OC ，OE 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设AB =a ，求出平面BFD 的法向量以及平面BDE 的法向量，通过空间向量的数量积求解二面角E −BD −F 的大小． (Ⅲ)PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ<1)，说明利用空间向量的数量积不为0，证明CM 与平面BDF 不平行．。