如图,在四棱锥S﹣ABCD中,SA=AB=2,SB=SD= ,底面ABCD是菱形,且∠ABC=60...

解：（I）如图，连接AC ∵在菱形ABCD中，∠ADC=60°，E是线段CD的中点 ∴CD⊥AE 又∵SA=AB=2，SB=2 ∴SA 2 +AB 2 =8=SB 2 ，可得SA⊥AB．同理得到SA⊥AD ∵AB、AD是平面ABCD内的相交直线 ∴SA⊥平面ABCD 又∵CD 平面ABCD，∴SA⊥CD ∵CD⊥AE，AE、SA是平面SAE内的相交直线 ...

（1）∵SA=AB=2，SB=22，∴∠SAB=90°；∵底面ABCD是菱形，∴AB=AD，同理可得∠SAD=90°；∴SA⊥AB，SA⊥AD；∴SA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD；∴SA⊥CD，即CD⊥SA；连接AC，∠ADC=60°，AD=CD；∴△ACD为等边三角形，∴AE⊥CD，即CD⊥AE；∴CD⊥平面SAE．（2）取AB中点G，并过G作GF...

1、 设菱形ABCD对角线相交于O，连结SO，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，BD⊥AC，在三角形SBD中，SB=SD，O是BD的中点，故SO是中线，也是高，BD⊥SO，∵AC∩SO=O，SO∈平面SAC，AC∈平面SAC，∴BD⊥平面SAC。2、在侧棱SD上取中点E，连结AE，CE，在三角形SDB中，E是SD中点，O是BD中点，EO...

解答：（1）证明：如图，取AB的中点E，连接DE，BD，SE，∵底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴BD=2，△ABD为正三角形．又∵E为AB的中点，∴DE⊥AB．又∵SA=SB，∴SE⊥AB．又∵SE∩DE=E，∴AB⊥平面SDE．∵SD?平面SDE，∴AB⊥SD．（2）解：在平面SDE中，过S作SH⊥DE于H．∵AB⊥平面SDE...

解答：（1）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形．∵E为BC的中点，∴AE⊥BC．又BC∥AD，∴AE⊥AD．∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE．而PA∩AD=A，∴AE⊥平面PAD．又PD?平面PAD，∴AE⊥PD．（2）解：①连接EH．由（1）知AE⊥平面PAD，∴∠EHA为EH与平面...

已知，ABCD是菱形，可得：AB = BC = CD = DA ，∠ADC = ∠ABC = 60° ，AB‖CD ，所以，△ACD是等边三角形。AE是等边△ACD的中线，可得：AE⊥CD；SA⊥平面ABCD，CD在平面ABCD上，可得：SA⊥CD；因为，CD⊥AE，CD⊥SA，AE和SA都在平面SAE上，所以，CD⊥平面SAE。取SA的中点G，连接EG、...

注意，菱形的对角线互相垂直平分。BO垂直于AC，BO垂直于PA，所以BO（也就是BD）垂直于PAC。三角形PAB是等腰直角三角形时，我们可以引OE//AB交PD于E。E就是PD的中点。在三角形COE中可以用余弦定理、求角EOC的余弦。撇开PA=2，当平面PBC与平面PDC垂直时，可以过B引PC的垂线交PC于F。然后再处理。

(Ⅱ)解：MB= =2，又∠ABM=60°，AB=2，所以△ABM为等边三角形．又由(Ⅰ)知M为SC中点， ，故 ，取AM中点G，连结BG，取SA中点H，连结GH，则BG⊥AM，GH⊥AM，由此知∠BGH为二面角S-AM-B的平面角，连结BH，在△BGH中， ，BH= ，所以， ，所以，二面角S-AM-B的大小为arccos ...

平面SBD，所以平面SBD⊥平面SAC．（10分）（Ⅲ）解：如图，连接AN，因为MA⊥平面ABCD，所以AN是MN在平面ABCD上的射影，所以∠ANM是直线MN与平面ABCD所成的角．设SA=AD=DC=2，由∠ABC=60°，可知AN＝3，AM=1，所以在Rt△AMN中∠ANM=30°，即直线MN与平面ABCD所成的角为30°．（14分）

证明：在三角形ADE中 因为ABCD为菱形且角ABC等于60° 所以角ADE为60° 因为E为CD中点，所以DE=1 由余弦定理得：AD^2=ED^2+AD^2-2ED•ADcos