新教材2023年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)考案17階段測(cè)試六立體幾何

考案[十七]階段測(cè)試(六)立體幾何(本試卷滿分150分，測(cè)試時(shí)間120分鐘)一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2023·河南洛陽(yáng)創(chuàng)新發(fā)展聯(lián)盟摸底)若圓錐的母線與底面所成的角為eq\f(π,6)，底面圓的半徑為eq\r(3)，則該圓錐的體積為(B)A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π[解析]設(shè)圓錐的高為h，因?yàn)槟妇€與底面所成的角為eq\f(π,6)，所以taneq\f(π,6)＝eq\f(h,\r(3))，解得h＝1.圓錐的體積V＝eq\f(π,3)×(eq\r(3))2×1＝π.故選B.2．(2022·四川廣安診斷)如圖，長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E是棱DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)F是棱BB1上的動(dòng)點(diǎn)．給出以下結(jié)論：①在F運(yùn)動(dòng)的過程中，直線FC1能與AE平行；②直線AC1與EF必然異面；③設(shè)直線AE，AF分別與平面A1B1C1D1相交于點(diǎn)P，Q，則點(diǎn)C1可能在直線PQ上．其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是(B)A．①② B．①③C．②③ D．①②③[解析]當(dāng)F為BB1中點(diǎn)時(shí)，易證AFC1E為平行四邊形，從而FC1∥AE.①正確．若AEC1F為平行四邊形，此時(shí)EF與AC1相交，②錯(cuò)誤．事實(shí)上當(dāng)長(zhǎng)方體棱長(zhǎng)都相等且F為BB1的中點(diǎn)時(shí)，易知P、C1、Q共線，③正確．故選B.3．(2019·上海)已知平面α、β、γ兩兩垂直，直線a、b、c滿足：a?α，b?β，c?γ，則直線a、b、c不可能滿足以下哪種關(guān)系(B)A．兩兩垂直 B．兩兩平行C．兩兩相交 D．兩兩異面[解析]如圖1，可得a、b、c可能兩兩垂直；如圖2，可得a、b、c可能兩兩相交；如圖3，可得a、b、c可能兩兩異面；故選B.4．(2022·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，O為底面ABCD的中心，M，N分別為棱A1D1，CC1的中點(diǎn)，則異面直線B1M與ON所成角的余弦值為(C)A.eq\f(\r(5),5) B．eq\f(\r(10),5)C．eq\f(\r(15),15) D．eq\f(2\r(5),15)[解析]解法一：如圖，設(shè)B1M∩A1C1＝H，在AA1上取點(diǎn)P，使A1P＝eq\f(1,3)AA1，連PH、AC1、PM，易知PH∥AC1∥ON，∴∠MHP(或其補(bǔ)角)即為B1M與ON所成的角，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為6，則PM＝eq\r(13)，PH＝2eq\r(3)，MH＝eq\r(5)，∴cos∠MHP＝eq\f(MH2＋PH2－PM2,2PH·MH)＝eq\f(\r(15),15)，故選C.解法二：以D為原點(diǎn)建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，所以有O(1,1,0)，B1(2,2,2)，M(1,0,2)，N(0，2,1)，因此eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(－1，－2,0)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，設(shè)異面直線B1M與ON所成角為α，所以cosα＝eq\f(|\o(B1M,\s\up6(→))·\o(ON,\s\up6(→))|,|\o(B1M,\s\up6(→))|·|\o(ON,\s\up6(→))|)＝eq\f(|－1×－1＋－2×1＋0×1|,\r(－12＋－22＋02)·\r(－12＋12＋12))＝eq\f(\r(15),15).故選C.5．(2023·河南安陽(yáng)調(diào)研)已知平面α，β交于直線l，直線m，n滿足m∥α，n⊥β且m⊥n，則(C)A．α⊥β B．n⊥αC．m∥l D．m⊥β[解析]由圖可知A、B、D錯(cuò)誤．故選C.6．(2023·安徽蕪湖期中聯(lián)考)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E、F分別是棱AA1、A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面四邊形ABCD內(nèi)(包括邊界)的一動(dòng)點(diǎn)，若直線D1P與平面BEF無公共點(diǎn)，則點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為(B)A．2 B．eq\r(5)C．eq\r(6) D．2eq\r(2)[解析]取BC的中點(diǎn)G，連接AG，D1G，AD1，如圖所示：E、F分別是棱AA1、A1D1的中點(diǎn)，所以EF∥AD1，又因?yàn)镋F?平面BEF，AD1?平面BEF，所以AD1∥平面BEF.因?yàn)镕D1∥BG，F(xiàn)D1＝BG，所以四邊形FBGD1為平行四邊形，所以FB∥GD1.又因?yàn)镕B?平面BEF，GD1?平面BEF，所以GD1∥平面BEF.因?yàn)镚D1∩AD1＝D1，所以平面AD1G∥平面BEF.所以P的軌跡為線段AG，則|AG|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).故選B.7．(2022·廣東潮州模擬)已知△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，三棱錐P－ABC全部頂點(diǎn)都在表面積為16π的球O的球面上，則三棱錐P－ABC的體積的最大值為(C)A.eq\r(3) B．eq\f(3\r(3),2)C．eq\f(9\r(3),4) D．eq\f(\r(3),2)[解析]球O的半徑為R，則4πR2＝16π，解得：R＝2，由已知可得：S△ABC＝eq\f(\r(3),4)×32＝eq\f(9\r(3),4)，其中AE＝eq\f(2,3)AD＝eq\r(3)(E為△ABC外接圓圓心)，球心O到平面ABC的距離為eq\r(R2－\r(3)2)＝1，故三棱錐P－ABC的高的最大值為3，體積最大值為eq\f(1,3)S△ABC·3＝eq\f(9\r(3),4).故選C.8．(2023·甘肅蘭州西北師大附中期中)已知m，n，l是不同的直線，α，β是不同的平面，以下命題正確的是(D)①若m∥n，m?α，n?β，則α∥β；②若m?α，n?β，α∥β，l⊥m，則l⊥n；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥n；④若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n.A．②③ B．③④C．②④ D．③[解析]①若m∥n，m?α，n?β，則α∥β或α，β相交；②若m?α，n?β，α∥β，l⊥m，則l⊥n或l∥n或l，n異面；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥n，正確；④若α⊥β，m∥α，n∥β，則m⊥n或m∥n或m，n異面．故選D.二、多選題(本題共4個(gè)小題，每個(gè)小題5分，共20分．在每個(gè)小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有多項(xiàng)是正確的，全部選對(duì)得5分，部分選對(duì)得2分，錯(cuò)選得0分)9．(2023·河北邢臺(tái)部分校月考)已知m，n為兩條不同的直線，α，β為兩個(gè)不同的平面，下列說法錯(cuò)誤的是(ABC)A．線段AB為平面α外的線段，若A、B兩點(diǎn)到平面α的距離相等，則AB∥αB．若一個(gè)角的兩邊分別平行于另一個(gè)角的兩邊，則這兩個(gè)角相等C．若m∥n，n?α，則m∥αD．若m⊥α，m⊥β，則α∥β[解析]對(duì)于選項(xiàng)A，也可能AB?α，A錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)B也可能這兩個(gè)角互補(bǔ)，B錯(cuò)；對(duì)于選項(xiàng)C，可能m?α，C錯(cuò)；D顯然正確．10．(2022·廣東模擬)在所有棱長(zhǎng)都相等的正三棱柱中，點(diǎn)A是三棱柱的頂點(diǎn)，M、N、Q是所在棱的中點(diǎn)，則下列選項(xiàng)中直線AQ與直線MN垂直的是(AC)[解析]可設(shè)棱長(zhǎng)都相等的正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，在正三棱柱中建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：對(duì)于A，A(eq\r(3)，0,0)，Q(0,0,0)，M(0,1,1)，N(0,0,2),故eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0，－1，1)．∴eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)·(0，－1,1)＝0，故eq\o(AQ,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即AQ⊥MN，故A正確；對(duì)于B，A(0,1,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，故eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,1,0)，則eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，2))·(0,1,0)＝－eq\f(3,2)，故AQ，MN不垂直，故B不正確；對(duì)于C，A(eq\r(3)，0,0)，Q(0,1,1)，M(0，－1,1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，故eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,1)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，則eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1,1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))＝0，故eq\o(AQ,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即AQ⊥MN，故C正確；對(duì)于D，A(0,1,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，2))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，1))，故eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，則eq\o(AQ,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))＝2，故AQ，MN不垂直，故D不正確；故選AC.11．(2023·湖南湘潭一中期中)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，O為正方形A1B1C1D1的中心，則下列結(jié)論正確的是(ABC)A．BO⊥ACB．BO∥平面ACD1C．點(diǎn)B到平面ACD1的距離為eq\f(\r(3),3)D．直線BO與直線AD1的夾角為eq\f(π,3)[解析]如圖，連接A1C1，B1D1，則A1C1∩B1D1＝O.連接BD，交AC于G，連接D1G，則BG∥OD1，且BG＝OD1，可得四邊形BOD1G為平行四邊形，則BO∥D1G，∵AD1＝CD1，G為AC的中點(diǎn)，∴D1G⊥AC，可得BO⊥AC，故A正確；由上可知，BO∥D1G，D1G?平面ACD1，BO?平面ACD1，∴BO∥平面ACD1，故B正確；∵DG＝BG，∴點(diǎn)B、D到平面ACD1的距離相等，VD1－ADC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,6)，SAD1C＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)D到平面ACD1的距離為h，則eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)h＝eq\f(1,6)，得h＝eq\f(\r(3),3)，故C正確；直線BO與直線AD1的夾角等于∠AD1G＝eq\f(π,6)，故D錯(cuò)誤．故選ABC.12．(2022·重慶長(zhǎng)壽區(qū)期末)正方體ABCD－A1B1C1D1中，P、Q分別為棱BC和CC1的中點(diǎn)，則下列說法正確的是(ACD)A．BC1∥平面AQPB．A1D⊥平面AQPC．異面直線A1C與PQ所成角為90°D．平面AQP截正方體所得截面為等腰梯形[解析]如圖，∵P，Q分別為棱BC和CC1的中點(diǎn)，∴PQ∥BC1.∵PQ?平面AQP，BC1?平面AQP，∴BC1∥平面AQP，故A正確；若A1D⊥平面AQP，則A1D⊥AP，又A1D⊥AB，AB∩AP＝A，∴A1D⊥平面ABCD，與A1D與平面ABCD不垂直矛盾，故B錯(cuò)誤；由A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，得BC1⊥平面A1B1C，得A1C⊥BC1，則A1C⊥PQ，即異面直線A1C與PQ所成角為90°，故C正確；平面AQP截正方體所得截面為APQD1，為等腰梯形，故D正確．故選ACD.三、填空題(本題共4個(gè)小題，每個(gè)小題5分，共20分)13.(2023·陜西西安一中模擬)已知α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n均為α、β外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.請(qǐng)以其中三個(gè)為條件，余下的一個(gè)為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題為①③④?②(或②③④?①).(示例：請(qǐng)將答案寫成如下形式：“①②③?④”)14．(2022·山西臨汾模擬)已知四邊形ABCD為菱形，AB＝1，∠BAD＝60°，將其沿對(duì)角線BD折成四面體A′－BCD，使A′C＝A′B，若四面體的所有頂點(diǎn)在同一球面上，則該球的表面積為eq\f(3π,2).[解析]由題意可知四面體A′－BCD為正四面體．如圖，將其放到正方體中，該四面體的外接球和該正方體的外接球相同，又AB＝1，所以正方體的棱長(zhǎng)為eq\f(\r(2),2)，所以外接球的半徑為：R＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2),2)＝eq\f(\r(6),4)，該球的表面積為S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2＝eq\f(3,2)π.15．(2023·浙江溫州適應(yīng)性考試)在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是線段A1B1的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，則直線CF到平面AC1E的距離等于eq\f(\r(6),6).[解析]方法一：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建系，A(1,0,0)，C1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，設(shè)平面AC1E的法向量為n＝(x，y，z)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC1,\s\up6(→))＝0,n·\o(C1E,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋z＝0,x－\f(1,2)y＝0)).不妨設(shè)x＝1，則y＝2，z＝－1，n＝(1,2，－1)，CF∥平面AC1E，即求C到平面AC1E距離，d＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).方法二：VC1－AFE＝eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12)，AE＝EC1＝eq\f(\r(5),2)，AC1＝eq\r(3)，S△AEC1＝eq\f(1,2)×eq\r(3)·eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),4)，eq\f(1,3)×eq\f(\r(6),4)·h＝eq\f(1,12)，∴h＝eq\f(\r(6),6).16.(2022·江西鷹潭模擬)如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M是線段BD1上的動(dòng)點(diǎn)，下列四個(gè)結(jié)論：①存在點(diǎn)M，使得C1M∥平面AB1C；②存在點(diǎn)M，使得D1－C1DM的體積為eq\f(1,3)；③存在點(diǎn)M，使得平面C1DM交正方體ABCD－A1B1C1D1的截面為正三角形；④若D1M＝3MB，過點(diǎn)M作正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球的截面，則截面的面積最小值為eq\f(9π,16).則上述結(jié)論正確的是①③④.[解析]對(duì)于①，連接DA1，C1A1，如圖，由正方體的幾何特征可得平面DC1A1∥平面AB1C，令平面DC1A1∩BD1＝M，則C1M∥平面AB1C，所以存在點(diǎn)M，使得C1M∥平面AB1C，故①正確；對(duì)于②，VD1－C1DM＝VM－C1D1D≤VB－C1D1D＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)<eq\f(1,3)，所以不存在點(diǎn)M，使D1－C1DM的體積為eq\f(1,3)，故②錯(cuò)誤；對(duì)于③，M與B重合后截面DBC1為正三角形，故③正確；對(duì)于④，當(dāng)且僅當(dāng)M為截面圓的圓心時(shí)，截面圓的面積最小，由正方體的幾何特征可得該正方體的外接球球心為BD1的中點(diǎn)，且半徑為eq\f(BD1,2)＝eq\f(\r(3),2)，所以最小截面的半徑r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－\f(\r(3),4)))2)＝eq\f(3,4)，此時(shí)截面面積為eq\f(9π,16)，故④正確．故答案為：①③④.四、解答題(本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(2023·廣西名校聯(lián)考)(本題滿分10分)如圖所示，在四棱錐A－BCDE中，CD∥EB，CD＝2DE＝2BE＝2BC＝2，△ADE為等邊三角形，且平面ADE⊥平面BCDE，F(xiàn)為棱AC的中點(diǎn)．(1)求四棱錐A－BCDE的體積；(2)證明：BF⊥CE.[解析](1)由條件可得底面BCDE是等腰梯形，∠CDE＝∠BCD＝eq\f(π,3)，所以S梯形BCDE＝eq\f(1,2)(1＋2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4).取DE的中點(diǎn)H，連AH，由△ADE為等邊三角形知AH⊥DE.因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面BCDE，∴AH⊥平面DCBE.且AH＝eq\f(\r(3),2).所以VA－BCDE＝eq\f(1,3)S梯形BCDEh＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,8).(2)解法一：如圖，設(shè)CD的中點(diǎn)為G，連接BG，F(xiàn)G，則BG∥DE，F(xiàn)G∥AD，因?yàn)锽G∩FG＝G，AD∩DE＝D，所以平面ADE∥平面FGB.在△CDE中，CE＝eq\r(CD2＋DE2－2CD×DEcos∠CDE)＝eq\r(3)，所以DE2＋CE2＝CD2，即CE⊥DE.又因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面BCDE，交線為DE，所以CE⊥平面ADE.因此CE⊥平面FGB，又BF?平面FGB，所以CE⊥BF.解法二：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，又A(0,0，eq\r(3))，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))∴eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0，\f(\r(3),2)))eq\o(CE,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，0)∴eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(CE,\s\up6(→))＝0，故BF⊥CE.18．(2023·陜西西安質(zhì)檢)(本題滿分12分)如圖1，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E、F分別為AD、BC的中點(diǎn)，將正方形ABCD沿EF折成如圖2所示，連接DA，且∠DEA＝60°，點(diǎn)M在線段AB上(包含端點(diǎn))運(yùn)動(dòng)．(1)若M為AB的中點(diǎn)，直線MF與平面ADE的交點(diǎn)為O，試確定點(diǎn)O的位置，并證明直線OD∥平面EMC；(2)點(diǎn)H為AE的中點(diǎn)，求證DH⊥平面ABFE.[解析](1)因?yàn)橹本€MF?平面ABFE故點(diǎn)O在平面ABFE內(nèi)，也在平面ADE內(nèi)所以點(diǎn)O在平面ABFE與平面ADE的交線(即直線AE)上延長(zhǎng)EA、FM交于點(diǎn)O，連接OD，如圖所示，因?yàn)锳O∥BF，M為AB的中點(diǎn)，所以△OAM與△FBM全等，所以O(shè)M＝MF，AO＝BF＝2故點(diǎn)O在EA的延長(zhǎng)線上且與點(diǎn)A間的距離為2連接DF交CE于N，∵EFCD為矩形，∴N為DF的中點(diǎn)．連接MN∵M(jìn)為OF中點(diǎn)，∴NM∥OD又OD?平面EMC，MN?平面EMC∴OD∥平面EMC；(2)如圖，由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又EA∩DE＝E，EA，DE?平面ADE，所以EF⊥平面ADE，EF?平面ABFE所以平面ABFE⊥平面ADE，因?yàn)椤螪EA＝60°，DE＝AE，所以△ADE為等邊三角形，則DH⊥AE而平面ABFE⊥平面ADE，平面ABFE∩平面ADE＝AE，DH?平面ADE所以DH⊥平面ABFE.19．(2023·江蘇省海安高級(jí)中學(xué)質(zhì)監(jiān))(本題滿分12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，AB⊥平面PAD，AB∥CD，且AB>CD，BC＝CP，O為棱PA的中點(diǎn)．(1)求證：OD∥平面PBC；(2)若BC⊥PC，求平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值．[解析]解法一：(1)作CH⊥AB于H，取PB的中點(diǎn)E，連EO、EC.∵AB⊥平面PAD，AB∥CD，∴CD⊥平面ADP，∵CH＝AD＝PD，BC＝PC，∴△BCH≌△CPD，∴CD＝BH，又CD＝HA，∴CD綉eq\f(1,2)AB.又O為PA的中點(diǎn)，∴OE綉eq\f(1,2)AB，∴CD綉OE，即CDOE為平行四邊形，∴CE∥DO，又CE?平面PBC，DO?平面PBC，∴OD∥平面PBC.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(PB2＝4＋4CD2,PC2＝4＋CD2))，得PB2－4PC2＋12＝0，又BC⊥PC，BC＝PC，∴PB2＝2PC2，∴PC＝eq\r(6)，從而CD＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(2).由(1)知DO⊥PA，EO⊥PA，EO⊥DO，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0,1,0)，C(eq\r(3)，0，eq\r(2))，B(0，－1,2eq\r(2))，∴eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，eq\r(2))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq\r(2))，設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))·n＝\r(3)x－y＋\r(2)z＝0，,\o(PB,\s\up6(→))·n＝－2y＋2\r(2)z＝0，))不妨令z＝1，則y＝eq\r(2)，x＝0，∴n＝(0，eq\r(2)，1)，又平面PAD的一個(gè)法向量為m＝(0,0,1)，記平面PBC與平面PAD所成銳二面角為θ，則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),3).即平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值是eq\f(\r(3),3).解法二：(1)在四棱錐P－ABCD中，取PB的中點(diǎn)E，連OE，CE，如圖，因O為棱PA的中點(diǎn)，則OE∥AB∥CD，OE＝eq\f(1,2)AB，因AB⊥平面PAD，有CD⊥平面PAD，而PA，AD，PD?平面PAD，則AB⊥AD，AB⊥PA，CD⊥PD，則有PC2＝CD2＋PD2，在直角梯形ABCD中，BC2＝AD2＋(AB－CD)2，又△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，即PD＝AD＝2，又BC＝CP，因此(AB－CD)2＝CD2，而AB>CD，則CD＝eq\f(1,2)AB＝OE，于是得四邊形CDOE為平行四邊形，有OD∥CE，又CE?平面PBC，OD?平面PBC，所以O(shè)D∥平面PBC.(2)因BC⊥PC，BC＝CP，則PB＝eq\r(2)PC，由(1)知PA2＋AB2＝PB2＝2PC2＝2(CD2＋PD2)，即4＋4CD2＝2(CD2＋4)，解得CD＝eq\r(2)，有AB＝2eq\r(2)，PB＝2eq\r(3)，延長(zhǎng)BC，AD交于點(diǎn)Q，連PQ，由AB∥CD且CD＝eq\f(1,2)AB得：點(diǎn)D是AQ中點(diǎn)，即有PD＝eq\f(1,2)AQ，因此∠APQ＝90°，即PA⊥PQ，由AB⊥平面PAD，PQ?平面PAD，得AB⊥PQ，而AB∩AP＝A，AB，AP?平面PAB，則PQ⊥平面PAB，PB?平面PAB，即得PB⊥PQ，因此∠APB是二面角A－PQ－B的平面角，cos∠APB＝eq\f(PA,PB)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PBC與平面PAD所成銳二面角的余弦值是eq\f(\r(3),3).20．(2022·遼寧沈陽(yáng)大東區(qū)質(zhì)檢)(本題滿分12分)如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，CF⊥BC，CF＝CB，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別是PD，AB中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面PBC；(2)若CF＝2，CE與平面PCF成角θ為30°，求點(diǎn)B到平面CEF的距離d.[解析](1)取PC中點(diǎn)G，連接EG，BG，因?yàn)镋是PD中點(diǎn)，所以EG是三角形PCD的中位線，所以EG∥CD且EG＝eq\f(1,2)CD，又因?yàn)镕是AB中點(diǎn)，四邊形ABCD是平行四邊形，所以BF∥CD，BF＝eq\f(1,2)AB，故EG∥BF，EG＝BF，所以四邊形BFEG是平行四邊形，所以EF∥BG，因?yàn)镋F?平面PBC，BG?平面PBC，所以EF∥平面PBC.(另證：取CD的中點(diǎn)H，連FH、EH，證平面EFH∥平面PBC即可．)(2)因?yàn)镻A＝PB，F(xiàn)是AB中點(diǎn)，所以PF⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABCD，交線為AB，所以PF⊥平面ABCD，因?yàn)镃F⊥BC，所以以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)C所在直線為x軸，過點(diǎn)F平行于BC的直線為y軸，F(xiàn)P所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，CF＝BC＝2，∠ABC＝45°，則F(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，D(－2,4,0)，設(shè)P(0,0，m)(m>0)，則Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(m,2)))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(m,2)))，其中平面PCF的法向量設(shè)為n＝(0,1,0)，則sin30°＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(2,\r(9＋4＋\f(m2,4)))＝eq\f(1,2)，解得：m＝2eq\r(3)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－3,2，eq\r(3))，設(shè)平面CEF的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CE,\s\up6(→))＝－3x＋2y＋\r(3)z＝0,n1·\o(FC,\s\up6(→))＝2x＝0))，解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(3),2)z，,x＝0，))令z＝1，則y＝－eq\f(\r(3),2)，所以n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，1))，則d＝eq\f(|\o(BC,\s\up6(→))·n1|,|n1|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(0，2，0·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，1)))),\r(\f(3,4)＋1))＝eq\f(2\r(21),7)即點(diǎn)B到平面CEF的距離d為eq\f(2\r(21),7).21.(2023·遼寧六校聯(lián)考)(本題滿分12分)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四邊形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中點(diǎn)．(1)證明：BC⊥平面B1OA1；(2)求直線OA與平面OB1C1所成角的正弦值．[解析](1)連接A1C，因?yàn)樗倪呅蜛CC1A1是菱形，則AC＝AA1，因?yàn)椤螦1AC＝60°，故△AA1C為等邊三角形，所以A1O⊥AC.因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACC1A1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1O?平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABC，∵BC?平面ABC，所以A1O⊥BC.因?yàn)锽1A1∥BA，∠ABC＝90°，所以BC⊥A1B1.又OA1∩B1A1＝A1，所以BC⊥平面B1OA1.(2)連接BO，因?yàn)椤螦BC＝90°，AB＝BC，O是AC的中點(diǎn)，所以BO⊥AC.又因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BO?平面ABC，所以BO⊥平面ACC1A1.設(shè)AC＝2，因?yàn)锳1O⊥BC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA、OA1、OB所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)、A(1,0,0)、B1(－1，eq\r(3)，1)、C1(－2，eq\r(3)，0)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(OB1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，1)，eq\o(OC1,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)，0)．設(shè)平面OB1C1的法向量是n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OC1,\s\up6(→))＝－2x2＋\r(3)y2＝0,n·\o(OB1,\s\up6(→))＝－x2＋\r(3)y2＋z2＝0))，取x2＝eq\r(3)，可得n＝(eq\r(3)，2，－eq\r(3))．設(shè)直線OA與平面OB1C1所成角為θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(OA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·n|,|\o(OA,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(3),\r(10))＝eq\f(\r(30),10)，∴直線OA與平面OB1C1所成角的正弦值eq\f(\r(30),10).22．(2022·福建三明模擬)(本題滿分12分)如圖，在五面體ABCDE中，已知AC⊥BC，ED∥AC，且AC＝BC＝AE＝2ED＝2，DC＝DB＝eq\r(3).(1)求證：平面BCD⊥平面ABC；(2)線段BC上是否存在點(diǎn)F，使得二面角B－AE－F的余弦值為eq\f(2\r(2),3)，若存在，求CF的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解析](1)取AC中點(diǎn)G，連接EG，因?yàn)镋D∥AC，CG＝eq\f(1,2)AC＝ED，所以四邊形EDCG為平行四邊形，所以EG綉CD，所以EG＝DC＝eq\r(3)，又因?yàn)锳G＝eq\f(1,2)AC＝1，AE＝2，所以AG2＋EG2＝AE2，所以AG⊥EG，又因?yàn)镃D∥EG，所以AC⊥CD.因?yàn)锳C⊥BC，BC、CD?平面BCD，BC∩CD＝C，所以AC⊥平面BCD，因?yàn)锳C?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.(2)解法一：在平面BCD內(nèi)過點(diǎn)C作BC的垂線l，因?yàn)锳C⊥平面BCD，所以l、CA，CB兩兩相互垂直，故以C為坐標(biāo)原點(diǎn)．建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)，則A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1，eq\r(2))，E(1,1，eq\r(2))，設(shè)在線段BC上存在點(diǎn)F(0，t,0)(0≤t≤2，使二面角B－AE－F的余弦值為eq\f(2\r(2),3)，則eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,1，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2，t,0)設(shè)平面AEF的法向量n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1)).則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n1＝0,\o(AF,\s\up6(→))·n1＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＋\r(2)z1＝0,－2x1＋ty1＝0))，不妨令y1＝2，則x1＝t，z1＝eq\f(\r(2)t－2,2)，所以n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，2，\f(\r(2)t－2,2))).設(shè)平面ABE的一個(gè)法向量為n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n2＝－x2＋y2＋\r(2)z2＝0,\o(AB,\s\up6(→))·n2＝－2x2＋2y2＝0))，不妨令x2＝1，y2＝1，z2＝0，所以n2＝(1,1,0)所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(|t＋2|,\r(2)·\r(t2＋22＋\f(t－22,2)))＝eq\f(2\r(2),3).化簡(jiǎn)得：15t2－68t＋60＝0，解得t＝eq\f(6,5)或eq\f(10,3)(舍去)，故Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(6,5)，0))，所以CF＝eq\f(6,5).所以存在點(diǎn)F，當(dāng)CF＝eq\f(6,5)時(shí)，二面角B－AE－F的余弦值為eq\f(2\r(2),3).解法二：分別取BC、AB的中點(diǎn)O、H，連接OD，OH，因?yàn)镈B＝DC，O是BC中點(diǎn)，所以DO⊥BC，又因?yàn)镈O?平面BCD，平面ABC⊥平面BCD且交于BC，所以DO⊥平面ABC，因?yàn)镠是AB中點(diǎn)，即OH∥AC，所以O(shè)H⊥BC，故DO、OH、BC兩兩互相垂直，則以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(OH,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OD,\s\up6(→))分別為x、y、z軸，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2，－1,0)，B(0,1,0)，