新教材2023年高考数学总复习考案17阶段测试六立体几何

考案[十七]阶段测试(六)立体几何(本试卷满分150分，测试时间120分钟)一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2023·河南洛阳创新发展联盟摸底)若圆锥的母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，底面圆的半径为eq\r(3)，则该圆锥的体积为(B)A.eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π[解析]设圆锥的高为h，因为母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，所以taneq\f(π,6)＝eq\f(h,\r(3))，解得h＝1.圆锥的体积V＝eq\f(π,3)×(eq\r(3))2×1＝π.故选B.2．(2022·四川广安诊断)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱DD1的中点，点F是棱BB1上的动点．给出以下结论：①在F运动的过程中，直线FC1能与AE平行；②直线AC1与EF必然异面；③设直线AE，AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P，Q，则点C1可能在直线PQ上．其中，所有正确结论的序号是(B)A．①② B．①③C．②③ D．①②③[解析]当F为BB1中点时，易证AFC1E为平行四边形，从而FC1∥AE.①正确．若AEC1F为平行四边形，此时EF与AC1相交，②错误．事实上当长方体棱长都相等且F为BB1的中点时，易知P、C1、Q共线，③正确．故选B.3．(2019·上海)已知平面α、β、γ两两垂直，直线a、b、c满足：a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a、b、c不可能满足以下哪种关系(B)A．两两垂直 B．两两平行C．两两相交 D．两两异面[解析]如图1，可得a、b、c可能两两垂直；如图2，可得a、b、c可能两两相交；如图3，可得a、b、c可能两两异面；故选B.4．(2022·东北三省四市教研联合体模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，O为底面ABCD的中心，M，N分别为棱A1D1，CC1的中点，则异面直线B1M与ON所成角的余弦值为(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：如图，设B1M∩A1C1＝H，在AA1上取点P，使A1P＝eq\f(1,3)AA1，连PH、AC1、PM，易知PH∥AC1∥ON，∴∠MHP(或其补角)即为B1M与ON所成的角，设正方体的棱长为6，则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)，故选C.解法二：以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系：设正方体的棱长为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)，设异面直线B1M与ON所成角为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).故选C.5．(2023·河南安阳调研)已知平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，n⊥β且m⊥n，则(C)A．α⊥β B．n⊥αC．m∥l D．m⊥β[解析]由图可知A、B、D错误．故选C.6．(2023·安徽芜湖期中联考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱AA1、A1D1的中点，点P为底面四边形ABCD内(包括边界)的一动点，若直线D1P与平面BEF无公共点，则点P的轨迹长度为(B)A．2 B．eq\r(5)C．eq\r(6) D．2eq\r(2)[解析]取BC的中点G，连接AG，D1G，AD1，如图所示：E、F分别是棱AA1、A1D1的中点，所以EF∥AD1，又因为EF⊂平面BEF，AD1⊄平面BEF，所以AD1∥平面BEF.因为FD1∥BG，FD1＝BG，所以四边形FBGD1为平行四边形，所以FB∥GD1.又因为FB⊂平面BEF，GD1⊄平面BEF，所以GD1∥平面BEF.因为GD1∩AD1＝D1，所以平面AD1G∥平面BEF.所以P的轨迹为线段AG，则|AG|＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).故选B.7．(2022·广东潮州模拟)已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P－ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P－ABC的体积的最大值为(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的半径为R，则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为△ABC外接圆圆心)，球心O到平面ABC的距离为eq\r(R2－\r(3)2)＝1，故三棱锥P－ABC的高的最大值为3，体积最大值为eq\f(1,3)S△ABC·3＝eq\f(9\r(3),4).故选C.8．(2023·甘肃兰州西北师大附中期中)已知m，n，l是不同的直线，α，β是不同的平面，以下命题正确的是(D)①若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β；②若m⊂α，n⊂β，α∥β，l⊥m，则l⊥n；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n；④若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n.A．②③ B．③④C．②④ D．③[解析]①若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β或α，β相交；②若m⊂α，n⊂β，α∥β，l⊥m，则l⊥n或l∥n或l，n异面；③若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n，正确；④若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n或m∥n或m，n异面．故选D.二、多选题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中有多项是正确的，全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分)9．(2023·河北邢台部分校月考)已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，下列说法错误的是(ABC)A．线段AB为平面α外的线段，若A、B两点到平面α的距离相等，则AB∥αB．若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等C．若m∥n，n⊂α，则m∥αD．若m⊥α，m⊥β，则α∥β[解析]对于选项A，也可能AB⊂α，A错；对于选项B也可能这两个角互补，B错；对于选项C，可能m⊂α，C错；D显然正确．10．(2022·广东模拟)在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M、N、Q是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是(AC)[解析]可设棱长都相等的正三棱柱的棱长为2，在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系：对于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正确；对于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)，则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不正确；对于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))，则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正确；对于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))，则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不正确；故选AC.11．(2023·湖南湘潭一中期中)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是(ABC)A．BO⊥ACB．BO∥平面ACD1C．点B到平面ACD1的距离为eq\f(\r(3),3)D．直线BO与直线AD1的夹角为eq\f(π,3)[解析]如图，连接A1C1，B1D1，则A1C1∩B1D1＝O.连接BD，交AC于G，连接D1G，则BG∥OD1，且BG＝OD1，可得四边形BOD1G为平行四边形，则BO∥D1G，∵AD1＝CD1，G为AC的中点，∴D1G⊥AC，可得BO⊥AC，故A正确；由上可知，BO∥D1G，D1G⊂平面ACD1，BO⊄平面ACD1，∴BO∥平面ACD1，故B正确；∵DG＝BG，∴点B、D到平面ACD1的距离相等，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)，设D到平面ACD1的距离为h，则eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)h＝eq\f(1,6)，得h＝eq\f(\r(3),3)，故C正确；直线BO与直线AD1的夹角等于∠AD1G＝eq\f(π,6)，故D错误．故选ABC.12．(2022·重庆长寿区期末)正方体ABCD－A1B1C1D1中，P、Q分别为棱BC和CC1的中点，则下列说法正确的是(ACD)A．BC1∥平面AQPB．A1D⊥平面AQPC．异面直线A1C与PQ所成角为90°D．平面AQP截正方体所得截面为等腰梯形[解析]如图，∵P，Q分别为棱BC和CC1的中点，∴PQ∥BC1.∵PQ⊂平面AQP，BC1⊄平面AQP，∴BC1∥平面AQP，故A正确；若A1D⊥平面AQP，则A1D⊥AP，又A1D⊥AB，AB∩AP＝A，∴A1D⊥平面ABCD，与A1D与平面ABCD不垂直矛盾，故B错误；由A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，得BC1⊥平面A1B1C，得A1C⊥BC1，则A1C⊥PQ，即异面直线A1C与PQ所成角为90°，故C正确；平面AQP截正方体所得截面为APQD1，为等腰梯形，故D正确．故选ACD.三、填空题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分)13.(2023·陕西西安一中模拟)已知α、β是两个不同的平面，m、n均为α、β外的两条不同直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.请以其中三个为条件，余下的一个为结论，写出一个正确的命题为①③④⇒②(或②③④⇒①).(示例：请将答案写成如下形式：“①②③⇒④”)14．(2022·山西临汾模拟)已知四边形ABCD为菱形，AB＝1，∠BAD＝60°，将其沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使A′C＝A′B，若四面体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积为eq\f(3π,2).[解析]由题意可知四面体A′－BCD为正四面体．如图，将其放到正方体中，该四面体的外接球和该正方体的外接球相同，又AB＝1，所以正方体的棱长为eq\f(\r(2),2)，所以外接球的半径为：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)，该球的表面积为S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2＝eq\f(3,2)π.15．(2023·浙江温州适应性考试)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是线段A1B1的中点，F为线段AB的中点，则直线CF到平面AC1E的距离等于eq\f(\r(6),6).[解析]方法一：以D为坐标原点建系，A(1,0,0)，C1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，设平面AC1E的法向量为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)).不妨设x＝1，则y＝2，z＝－1，n＝(1,2，－1)，CF∥平面AC1E，即求C到平面AC1E距离，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·江西鹰潭模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是线段BD1上的动点，下列四个结论：①存在点M，使得C1M∥平面AB1C；②存在点M，使得D1－C1DM的体积为eq\f(1,3)；③存在点M，使得平面C1DM交正方体ABCD－A1B1C1D1的截面为正三角形；④若D1M＝3MB，过点M作正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的截面，则截面的面积最小值为eq\f(9π,16).则上述结论正确的是①③④.[解析]对于①，连接DA1，C1A1，如图，由正方体的几何特征可得平面DC1A1∥平面AB1C，令平面DC1A1∩BD1＝M，则C1M∥平面AB1C，所以存在点M，使得C1M∥平面AB1C，故①正确；对于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)，所以不存在点M，使D1－C1DM的体积为eq\f(1,3)，故②错误；对于③，M与B重合后截面DBC1为正三角形，故③正确；对于④，当且仅当M为截面圆的圆心时，截面圆的面积最小，由正方体的几何特征可得该正方体的外接球球心为BD1的中点，且半径为eq\f(BD1,2)＝eq\f(\r(3),2)，所以最小截面的半径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)，此时截面面积为eq\f(9π,16)，故④正确．故答案为：①③④.四、解答题(本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(2023·广西名校联考)(本题满分10分)如图所示，在四棱锥A－BCDE中，CD∥EB，CD＝2DE＝2BE＝2BC＝2，△ADE为等边三角形，且平面ADE⊥平面BCDE，F为棱AC的中点．(1)求四棱锥A－BCDE的体积；(2)证明：BF⊥CE.[解析](1)由条件可得底面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的中点H，连AH，由△ADE为等边三角形知AH⊥DE.因为平面ADE⊥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：如图，设CD的中点为G，连接BG，FG，则BG∥DE，FG∥AD，因为BG∩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.又因为平面ADE⊥平面BCDE，交线为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：如图建立空间直角坐标系，则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·陕西西安质检)(本题满分12分)如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E、F分别为AD、BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图2所示，连接DA，且∠DEA＝60°，点M在线段AB上(包含端点)运动．(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；(2)点H为AE的中点，求证DH⊥平面ABFE.[解析](1)因为直线MF⊂平面ABFE故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上延长EA、FM交于点O，连接OD，如图所示，因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM与△FBM全等，所以OM＝MF，AO＝BF＝2故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2连接DF交CE于N，∵EFCD为矩形，∴N为DF的中点．连接MN∵M为OF中点，∴NM∥OD又OD⊄平面EMC，MN⊂平面EMC∴OD∥平面EMC；(2)如图，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，因为∠DEA＝60°，DE＝AE，所以△ADE为等边三角形，则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·江苏省海安高级中学质监)(本题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为2的等边三角形，AB⊥平面PAD，AB∥CD，且AB>CD，BC＝CP，O为棱PA的中点．(1)求证：OD∥平面PBC；(2)若BC⊥PC，求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值．[解析]解法一：(1)作CH⊥AB于H，取PB的中点E，连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为PA的中点，∴OE綉eq\f(1,2)AB，∴CD綉OE，即CDOE为平行四边形，∴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)，从而CD＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(2).由(1)知DO⊥PA，EO⊥PA，EO⊥DO，如图建立空间直角坐标系，则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))，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则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，则y＝eq\r(2)，x＝0，∴n＝(0，eq\r(2)，1)，又平面PAD的一个法向量为m＝(0,0,1)，记平面PBC与平面PAD所成锐二面角为θ，则cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(\r(3),3).即平面PBC与平面PAD所成锐二面角的余弦值是eq\f(\r(3),3).解法二：(1)在四棱锥P－ABCD中，取PB的中点E，连OE，CE，如图，因O为棱PA的中点，则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，则AB⊥AD，AB⊥PA，CD⊥PD，则有PC2＝CD2＋PD2，在直角梯形ABCD中，BC2＝AD2＋(AB－CD)2，又△PAD是边长为2的等边三角形，即PD＝AD＝2，又BC＝CP，因此(AB－CD)2＝CD2，而AB>CD，则CD＝eq\f(1,2)AB＝OE，于是得四边形CDOE为平行四边形，有OD∥CE，又CE⊂平面PBC，OD⊄平面PBC，所以OD∥平面PBC.(2)因BC⊥PC，BC＝CP，则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)，延长BC，AD交于点Q，连PQ，由AB∥CD且CD＝eq\f(1,2)AB得：点D是AQ中点，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，则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与平面PAD所成锐二面角的余弦值是eq\f(\r(3),3).20．(2022·辽宁沈阳大东区质检)(本题满分12分)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，CF⊥BC，CF＝CB，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别是PD，AB中点．(1)求证：EF∥平面PBC；(2)若CF＝2，CE与平面PCF成角θ为30°，求点B到平面CEF的距离d.[解析](1)取PC中点G，连接EG，BG，因为E是PD中点，所以EG是三角形PCD的中位线，所以EG∥CD且EG＝eq\f(1,2)CD，又因为F是AB中点，四边形ABCD是平行四边形，所以BF∥CD，BF＝eq\f(1,2)AB，故EG∥BF，EG＝BF，所以四边形BFEG是平行四边形，所以EF∥BG，因为EF⊄平面PBC，BG⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.(另证：取CD的中点H，连FH、EH，证平面EFH∥平面PBC即可．)(2)因为PA＝PB，F是AB中点，所以PF⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，所以PF⊥平面ABCD，因为CF⊥BC，所以以F为坐标原点，FC所在直线为x轴，过点F平行于BC的直线为y轴，FP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，CF＝BC＝2，∠ABC＝45°，则F(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，D(－2,4,0)，设P(0,0，m)(m>0)，则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的法向量设为n＝(0,1,0)，则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))，设平面CEF的法向量为n1＝(x，y，z)，则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，则y＝－eq\f(\r(3),2)，所以n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，1))，则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)即点B到平面CEF的距离d为eq\f(2\r(21),7).21.(2023·辽宁六校联考)(本题满分12分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1，∠ABC＝90°，AB＝BC，四边形ACC1A1是菱形，∠A1AC＝60°，O是AC的中点．(1)证明：BC⊥平面B1OA1；(2)求直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值．[解析](1)连接A1C，因为四边形ACC1A1是菱形，则AC＝AA1，因为∠A1AC＝60°，故△AA1C为等边三角形，所以A1O⊥AC.因为平面ABC⊥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.因为B1A1∥BA，∠ABC＝90°，所以BC⊥A1B1.又OA1∩B1A1＝A1，所以BC⊥平面B1OA1.(2)连接BO，因为∠ABC＝90°，AB＝BC，O是AC的中点，所以BO⊥AC.又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面ACC1A1.设AC＝2，因为A1O⊥BC，以点O为坐标原点，OA、OA1、OB所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则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)．设平面OB1C1的法向量是n＝(x2，y2，z2)，则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))．设直线OA与平面OB1C1所成角为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)，∴直线OA与平面OB1C1所成角的正弦值eq\f(\r(30),10).22．(2022·福建三明模拟)(本题满分12分)如图，在五面体ABCDE中，已知AC⊥BC，ED∥AC，且AC＝BC＝AE＝2ED＝2，DC＝DB＝eq\r(3).(1)求证：平面BCD⊥平面ABC；(2)线段BC上是否存在点F，使得二面角B－AE－F的余弦值为eq\f(2\r(2),3)，若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由．[解析](1)取AC中点G，连接EG，因为ED∥AC，CG＝eq\f(1,2)AC＝ED，所以四边形EDCG为平行四边形，所以EG綉CD，所以EG＝DC＝eq\r(3)，又因为AG＝eq\f(1,2)AC＝1，AE＝2，所以AG2＋EG2＝AE2，所以AG⊥EG，又因为CD∥EG，所以AC⊥CD.因为AC⊥BC，BC、CD⊂平面BCD，BC∩CD＝C，所以AC⊥平面BCD，因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCD.(2)解法一：在平面BCD内过点C作BC的垂线l，因为AC⊥平面BCD，所以l、CA，CB两两相互垂直，故以C为坐标原点．建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1，eq\r(2))，E(1,1，eq\r(2))，设在线段BC上存在点F(0，t,0)(0≤t≤2，使二面角B－AE－F的余弦值为eq\f(2\r(2),3)，则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)设平面AEF的法向量n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1)).则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，则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))).设平面ABE的一个法向量为n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))，则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).化简得：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).所以存在点F，当CF＝eq\f(6,5)时，二面角B－AE－F的余弦值为eq\f(2\r(2),3).解法二：分别取BC、AB的中点O、H，连接OD，OH，因为DB＝DC，O是BC中点，所以DO⊥BC，又因为DO⊂平面BCD，平面ABC⊥平面BCD且交于BC，所以DO⊥平面ABC，因为H是AB中点，即OH∥AC，所以OH⊥BC，故DO、OH、BC两两互相垂直，则以O为坐标原点，eq\o(OH,\s\up6(→))、eq\o(OB,\s\up6(→))、eq\o(OD,\s\up6(→))分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系，则A(2，－1,0)，B(0,1,0)，