高考数学分类汇编高考真题+模拟新题立体几何 理.docx

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高考数学分类汇编高考真题+模拟新题立体几何理

G单元立体几何

G1空间几何体的结构

20．、、[2014·安徽卷]如图15，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.

图15

（1）证明：

Q为BB1的中点；

（2）求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；

（3）若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．

20．解：

（1）证明：

因为BQ∥AA1，BC∥AD，

BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，

所以平面QBC∥平面A1AD，

从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，

即QC∥A1D.

故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，

于是△QBC∽△A1AD，

所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．

（2）如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.

图1

V三棱锥QA1AD＝×·2a·h·d＝ahd，

V四棱锥QABCD＝··d·＝ahd，

所以V下＝V三棱锥QA1AD＋V四棱锥QABCD＝ahd.

又V四棱柱A1B1C1D1ABCD＝ahd，

所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.

（3）方法一：

如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.

又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，

所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.

所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．

因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.

又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，

所以S△ADC＝4，AE＝4.

于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

方法二：

如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．

设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝2a.

因为S四边形ABCD＝·2sinθ＝6，

所以a＝.

图2

从而可得C（2cosθ，2sinθ，0），A1，

所以DC＝（2cosθ，2sinθ，0），＝.

设平面A1DC的法向量n＝（x，y，1），

由

得

所以n＝（－sinθ，cosθ，1）．

又因为平面ABCD的法向量m＝（0，0，1），

所以cos〈n，m〉＝＝，

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

8．[2014·湖北卷]《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：

“置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．”该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么，近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（　　）

A.B.C.D.

8．B　[解析]设圆锥的底面圆半径为r，底面积为S，则L＝2πr，由题意得L2h≈Sh，代入S＝πr2化简得π≈3；类比推理，若V＝L2h，则π≈.故选B.

7．、[2014·辽宁卷]某几何体三视图如图11所示，则该几何体的体积为（　　）

A．8－2πB．8－πC．8－D．8－

图11

7．B　[解析]根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.

G2空间几何体的三视图和直观图

7．[2014·安徽卷]一个多面体的三视图如图12所示，则该多面体的表面积为（　　）

A．21＋B．8＋

C．21D．18

图12

7．A　[解析]如图，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其表面积S＝6×4－×6＋2×××＝21＋.

2．[2014·福建卷]某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（　　）

A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱

2．A　[解析]由空间几何体的三视图可知，圆柱的正视图、侧视图、俯视图都不可能是三角形．

5．[2014·湖北卷]在如图11所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是（0，0，2），（2，2，0），（1，2，1），（2，2，2）．给出编号为①，②，③，④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为（　　）

图11

A．①和②B．①和③C．③和②D．④和②

5．D　[解析]由三视图及空间直角坐标系可知，该几何体的正视图显然是一个直角三角形且内有一条虚线（一锐角顶点与其所对直角边中点的连线），故正视图是④；俯视图是一个钝角三角形，故俯视图是②.故选D.

7．、[2014·湖南卷]一块石材表示的几何体的三视图如图12所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（　　）

图12

A．1B．2C．3D．4

7．B　[解析]由三视图可知，石材为一个三棱柱（相对应的长方体的一半），故可知能得到的最大球为三棱柱的内切球．由题意可知正视图三角形的内切圆的半径即为球的半径，可得r＝＝2.

5．[2014·江西卷]一几何体的直观图如图11所示，下列给出的四个俯视图中正确的是（　　）

图11

　A　　　　B　　　　C　　　　D

图12

5．B　[解析]易知该几何体的俯视图为选项B中的图形．

7．、[2014·辽宁卷]某几何体三视图如图11所示，则该几何体的体积为（　　）

A．8－2πB．8－πC．8－D．8－

图11

7．B　[解析]根据三视图可知，该几何体是正方体减去两个体积相等的圆柱的一部分后余下的部分，故该几何体体积为2×2×2－2××π×2＝8－π.

3．[2014·浙江卷]几何体的三视图（单位：

cm）如图11所示，则此几何体的表面积是（　　）

图11

A．90cm2B．129cm2C．132cm2D．138cm2

3．D　[解析]此几何体是由长方体与三棱柱组合而成的，其直观图如图，

所以该几何体的表面积为2（4×3＋6×3＋6×4）＋2××3×4＋4×3＋3×5－3×3＝138（cm2），故选D.

12．[2014·新课标全国卷Ⅰ]如图13，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（　　）

图13

A．6B．6C．4D．4

12．B　[解析]该几何体是如图所示的棱长为4的正方体内的三棱锥E　CC1D1（其中E为BB1的中点），其中最长的棱为D1E＝＝6.

6．[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图11，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（　　）

图11

A.B.C.D.

6．C　[解析]该零件是一个由两个圆柱组成的组合体，其体积为π×32×2＋π×22×4＝34π（cm3），原毛坯的体积为π×32×6＝54π（cm3），切削掉部分的体积为54π－34π＝20π（cm3），故所求的比值为＝.

17．[2014·陕西卷]四面体ABCD及其三视图如图14所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.

（1）证明：

四边形EFGH是矩形；

（2）求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．

图14

17．解：

（1）证明：

由该四面体的三视图可知，

BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，

BD＝DC＝2，AD＝1.

由题设，BC∥平面EFGH，

平面EFGH∩平面BDC＝FG，

平面EFGH∩平面ABC＝EH，

∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.

同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG.

∴四边形EFGH是平行四边形．

又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，

∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，

∴四边形EFGH是矩形．

（2）方法一：

如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），

DA＝（0，0，1），BC＝（－2，2，0），

BA＝（－2，0，1）．

设平面EFGH的法向量n＝（x，y，z），

∵EF∥AD，FG∥BC，

∴n·DA＝0，n·BC＝0，

得取n＝（1，1，0），

∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.

方法二：

如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，

则D（0，0，0），A（0，0，1），B（2，0，0），C（0，2，0），

∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得E，F（1，0，0），G（0，1，0）．

∴＝，FG＝（－1，1，0），

BA＝（－2，0，1）．

设平面EFGH的法向量n＝（x，y，z），

则n·FE＝0，n·FG＝0，

得取n＝（1，1，0），

∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.

10．[2014·天津卷]一个儿何体的三视图如图13所示（单位：

m），则该几何体的体积为________m3.

图13

10.　[解析]由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V＝π×12×4＋π×22×2＝.

7．[2014·重庆卷]某几何体的三视图如图12所示，则该几何体的表面积为（　　）

图12

A．54B．60C．66D．72

7．B　[解析]由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥所得，三棱柱的底面是一个两直角边长分别为3和4的直角三角形，高为5，截去的锥体的底面是两直角边的边长分别为3和4的直角三角形，高为3，所以表面积为S＝×3×4＋＋×4＋×5＋3×5＝60.

G3平面的基本性质、空间两条直线

4．[2014·辽宁卷]已知m，n表示两条不同直线，α表示平面．下列说法正确的是（　　）

A．若m∥α，n∥α，则m∥n

B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n

C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α

D．若m∥α，m⊥n，则n⊥α

4．B　[解析]B　[解析]由题可知，若m∥α，n∥α，则m与n平行、相交或异面，所以A错误；若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊥α或n与a相交，故D错误．

17．、、[2014·福建卷]在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图15所示．

（1）求证：

AB⊥CD；

（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．

图15

17．解：

（1）证明：

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.

又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.

（2）过点B在平面BCD内作BE⊥BD.

由

（1）知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.

以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图所示）．

依题意，得B（0，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），A（0，0，1），M.

则＝（1，1，0），＝，＝（0，1，－1）．

设平面MBC的法向量n＝（x0，y0，z0），

则即

取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝（1，－1，1）．

设直线AD与平面MBC所成角为θ，

则sinθ＝＝＝.

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.

11．[2014·新课标全国卷Ⅱ]直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（　　）

A.B.C.D.

11．C　[解析]如图，E为BC的中点．由于M，N分别是A1B1，A1C1的中点，故MN∥B1C1且MN＝B1C1，故MN綊BE，所以四边形MNEB为平行四边形，所以EN綊BM，所以直线AN，NE所成的角即为直线BM，AN所成的角．设BC＝1，则B1M＝B1A1＝，所以MB＝＝＝NE，AN＝AE＝，

在△ANE中，根据余弦定理得cos∠ANE＝＝.

18．，，，[2014·四川卷]三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图14所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.

（1）证明：

P是线段BC的中点；

（2）求二面角ANPM的余弦值．

图14

18．解：

（1）如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.

由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，

所以AO⊥BD，OC⊥BD.

因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，

所以BD⊥平面AOC.

又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.

取BO的中点H，连接NH，PH.

又M，N，H分别为线段AD，AB，BO的中点，所以MN∥BD，NH∥AO，

因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.

因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.

因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.

又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.

又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.

因为H为BO的中点，所以P为BC的中点．

（2）方法一：

如图所示，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.

由

（1）知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.

因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角．

由

（1）知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.

由俯视图可知，AO⊥平面BCD.

因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰直角△AOC中，AC＝.

作BR⊥AC于R

因为在△ABC中，AB＝BC，所以R为AC的中点，

所以BR＝＝.

因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，

所以NQ∥BR.

又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，

所以NQ＝＝.

同理，可得MQ＝.

故△MNQ为等腰三角形，

所以在等腰△MNQ中，

cos∠MNQ＝＝＝.

故二面角ANPM的余弦值是.

方法二：

由俯视图及

（1）可知，AO⊥平面BCD.

因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.

又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．

如图所示，以O为坐标原点，以OB，OC，OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.

则A（0，0，），B（1，0，0），C（0，，0），D（－1，0，0）．

因为M，N分别为线段AD，AB的中点，

又由

（1）知，P为线段BC的中点，

所以M，N，P，于是AB＝（1，0，－），BC＝（－1，，0），MN＝（1，0，0），NP＝.

设平面ABC的一个法向量n1＝（x1，y1，z1），

由得即

从而

取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝（，1，1）．

设平面MNP的一个法向量n2＝（x2，y2，z2），由，

得

即

从而

取z2＝1，则y2＝1，x2＝0，所以n2＝（0，1，1）．

设二面角ANPM的大小为θ，则cosθ＝＝＝.

故二面角ANPM的余弦值是.

G4空间中的平行关系

20．、、[2014·安徽卷]如图15，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.

图15

（1）证明：

Q为BB1的中点；

（2）求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；

（3）若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．

20．解：

（1）证明：

因为BQ∥AA1，BC∥AD，

BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，

所以平面QBC∥平面A1AD，

从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，

即QC∥A1D.

故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，

于是△QBC∽△A1AD，

所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．

（2）如图1所示，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a.

图1

V三棱锥QA1AD＝×·2a·h·d＝ahd，

V四棱锥QABCD＝··d·＝ahd，

所以V下＝V三棱锥QA1AD＋V四棱锥QABCD＝ahd.

又V四棱柱A1B1C1D1ABCD＝ahd，

所以V上＝V四棱柱A1B1C1D1ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd，故＝.

（3）方法一：

如图1所示，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.

又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，

所以DE⊥平面AEA1，所以DE⊥A1E.

所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．

因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.

又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，

所以S△ADC＝4，AE＝4.

于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

方法二：

如图2所示，以D为原点，DA，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．

设∠CDA＝θ，BC＝a，则AD＝2a.

因为S四边形ABCD＝·2sinθ＝6，

所以a＝.

图2

从而可得C（2cosθ，2sinθ，0），A1，

所以DC＝（2cosθ，2sinθ，0），＝.

设平面A1DC的法向量n＝（x，y，1），

由

得

所以n＝（－sinθ，cosθ，1）．

又因为平面ABCD的法向量m＝（0，0，1），

所以cos〈n，m〉＝＝，

故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.

17．、[2014·北京卷]如图13，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.

（1）求证：

AB∥FG；

（2）若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．

图13

17．解：

（1）证明：

在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.

又因为AB⊄平面PDE，

所以AB∥平面PDE.

因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，

所以AB∥FG.

（2）因为PA⊥底面ABCDE，

所以PA⊥AB，PA⊥AE.

建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（2，1，0），P（0，0，2），F（0，1，1），＝（1，1，0）．

设平面ABF的法向量为n＝（x，y，z），则

即

令z＝1，则y＝－1.所以n＝（0，－1，1）．

设直线BC与平面ABF所成角为α，则

sinα＝|cos〈n，〉|＝＝.

因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.

设点H的坐标为（u，v，w）．

因为点H在棱PC上，所以可设＝λ（0<λ<1）．

即（u，v，w－2）＝λ（2，1，－2），所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.

因为n是平面ABF的一个法向量，

所以n·＝0，

即（0，－1，1）·（2λ，λ，2－2λ）＝0，

解得λ＝，所以点H的坐标为.

所以PH＝＝2.

19．、、、[2014·湖北卷]如图14，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ（0<λ<2）．

（1）当λ＝1时，证明：

直线BC1∥平面EFPQ.

（2）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？

若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

图14

19．解：

方法一（几何方法）：

（1）证明：

如图①，连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知BC1∥AD1.

当λ＝1时，P是DD1的中点，又F是AD的中点，所以FP∥AD1，所以BC1∥FP.

而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.

图①　　　　　　　　　图②　　　

（2）如图②，连接BD.因为E，F分别是AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD.

又DP＝BQ，DP∥BQ，

所以四边形PQBD是平行四边形，故PQ∥BD，且PQ＝BD，从而EF∥PQ，且EF＝PQ.

在Rt△EBQ和Rt△FDP中，因为BQ＝DP＝λ，BE＝DF＝1，

于是EQ＝FP＝，所以四边形EFPQ也是等腰梯形．

同理可证四边形PQMN也是等腰梯形．

分别取EF，PQ，MN的中点为H，O，G，连接OH，OG，

则GO⊥PQ，HO⊥PQ，而GO∩HO＝O，

故∠GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角．

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则∠GOH＝90°.

连接EM，FN，则由EF∥MN，且EF＝MN知四边形EFNM是平行四边形．

连接GH，因为H，G是EF，MN的中点，

所以GH＝ME＝2.

在△GOH中，GH2＝4，OH2＝1＋λ2－＝λ2＋，

OG2＝1＋（2－λ）2－＝（2－λ）2＋，

由OG2＋OH2＝GH2，得（2－λ）2＋＋λ2＋＝4，解得λ＝1±，

故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．

方法二（向量方法）：

以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系．由已知得B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ）．

图③　　　　

＝（－2，0，2），FP＝（－1，0，λ），FE＝（1，1，0）．

（1）证明：

当λ＝1时，FP＝（－1，0，1），

因为＝（－2，0，2），

所以＝2，即BC1∥FP.

而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.

（2）设平面EFPQ的一个法向量为n＝（x，y，z），则由可得

于是可取n＝（λ，－λ，1）．

同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝（λ－2，2－λ，1）．

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，

则m·n＝（λ－2，2－λ，1）·（λ，－λ，1）＝0，

即λ（λ－2）－λ（2－λ）＋1＝0，解得λ＝1±.

故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．

18．、[2014·新课标全国卷Ⅱ]如图13，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．

（1）证明：

PB∥平面AEC；

（2）设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．

图13

18．解：

（1）证明：

连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，

所以PB∥平面AEC.

（2）因为PA⊥平面ABC