新教材2023年高考数学总复习考案18阶段测试七立体几何综合测试

考案[十八]阶段测试(七)立体几何综合测试(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．(2021·山东青岛市三模)设α、β是空间两个不同平面，a、b、c是空间三条不同直线，下列命题为真命题的是(D)A．若α∥β，b∥α，则b∥βB．若直线a与b相交，a∥α，b∥β，则α与β相交C．若α⊥β，a∥α，则a⊥βD．若α⊥β，α∩β＝a，b⊂α，b⊥a，c⊥β，则b∥c[解析]对于A选项，若α∥β，b∥α，则b∥β或b⊂β，A选项错误；对于B选项，若直线a与b相交，a∥α，b∥β，则α与β相交或平行，B选项错误；对于C选项，若α⊥β，a∥α，则a与β的位置关系不确定，C选项错误；对于D选项，若α⊥β，α∩β＝a，b⊂α，b⊥a，由面面垂直的性质可得b⊥β，∵c⊥β，所以，b∥c，D选项正确．故选：D.2．(2023·河北邢台名校联盟开学考试)如图所示，三棱柱容器的棱CC1长为8，且CC1到侧面AA1B1B的距离为8eq\r(2)，若将该容器装入容积一半的水，再以侧面AA1BB1水平放置，则水面高度为(C)A．4 B．4eq\r(2)C．8eq\r(2)－8 D．8－4eq\r(2)[解析]设水面高度为h，由V水＝eq\f(1,2)VABC－A1B1C1知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(2)－h,8\r(2))))2＝eq\f(1,2)，解得h＝8eq\r(2)－8，故选C.3.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB＝CC1，AC⊥BC，E、F分别是A1C1、B1C1的中点，则直线AE与CF所成角的余弦值等于(A)A.eq\f(4,5) B．eq\f(12,13)C．eq\f(3,5) D．eq\f(5,13)[解析]在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CC1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，设CA＝CB＝CC1＝2，则A(2,0,0)、C(0,0,0，)、E(1,0,2)、F(0,1,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0,1,2)，则cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))|·|\o(CF,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,5).因此，直线AE与CF所成角的余弦值为eq\f(4,5).故选A.4．(2023·浙江七彩阳光新高考研究联盟联考)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，F为BB1的中点，eq\o(AE,\s\up6(→))＝a，eq\o(AF,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c,则eq\o(AA,\s\up6(→))1＝(C)A.eq\f(4,3)a－eq\f(3,2)b－c B．eq\f(4,3)a－b－eq\f(4,3)cC.eq\f(4,3)a－eq\f(2,3)b－eq\f(4,3)c D．a－eq\f(3,2)b－eq\f(4,3)c[解析]设eq\o(AA1,\s\up6(→))＝m，eq\o(AB,\s\up6(→))＝n，则eq\o(AE,\s\up6(→))＝a＝m＋eq\f(1,2)n＋c，eq\o(AF,\s\up6(→))＝b＝n＋eq\f(1,2)m.所以n＝b－eq\f(1,2)m，a＝m＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(1,2)m))＋c，所以m＝eq\f(4,3)a－eq\f(2,3)b－eq\f(4,3)c.故选C.5．(2023·辽宁省协作校期中联考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E、F分别是棱AB、BC的中点，则点C1到平面B1EF的距离等于(D)A.eq\f(2,3) B．eq\f(2\r(2),3)C．eq\f(2\r(3),3) D．eq\f(4,3)[解析]以D1为坐标原点，分别以D1A1，D1C1，D1D的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B1(2,2,0)，C1(0,2,0)，E(2,1,2)，F(1,2,2)．设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(B1E,\s\up6(→))＝0,n·\o(B1F,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0,－x＋2z＝0))，令z＝1，得n＝(2,2,1)．又∵eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，∴点C1到平面B1EF的距离h＝eq\f(|n·\o(B1C1,\s\up6(→))|,|n|)＝eq\f(|－2×2＋0＋0|,\r(22＋22＋1))＝eq\f(4,3)，故选D.6．(2023·安徽江淮十校联考)已知在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，把△ABD沿BD折起到△A′BD位置，若二面角A′－BD－C大小为120°，则四面体A′BCD的外接球体积是(C)A.eq\f(7,3)π B．eq\f(28,3)πC．eq\f(28\r(21),27)π D．eq\f(7\r(21),27)π[解析]设△A′BD的外接圆圆心为O1，△BCD的外接圆圆心为O2，过这两点分别作平面△A′BD、平面△BCD的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心；取BD中点E，连接O1E，O2E，OE，OC，因为O1E⊥BD，O2E⊥BD，所以∠O1EO2＝120°，因为△A′BD和△BCD是正三角形，所以O2E＝O1E＝eq\f(\r(3),3)，由△A′BD≌△BCD得∠OEO2＝60°，所以OO2＝1由OC2＝OOeq\o\al(2,2)＋COeq\o\al(2,2)＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＝eq\f(7,3)，即球半径为eq\r(\f(7,3))，所以球体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(28\r(21),27)π.故选：C.7．(2023·广东六校联考)足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示．已知某“鞠”的表面上有四个点P，A，B，C，满足PA＝1，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，若VP－ABC＝eq\f(2,3)，则该“鞠”的体积的最小值为(C)A.eq\f(25,6)π B．9πC．eq\f(9,2)π D．eq\f(9,8)π[解析]取PB的中点O，由题意易知OP＝OA＝OB＝OC，即为“鞠\”的球心．又VP－ABC＝eq\f(1,6)AC·BC＝eq\f(2,3)，∴AC·BC＝4.设“鞠\”的半径为R，则4R2＝1＋AC2＋BC2≥1＋2AC·BC＝9，即R≥eq\f(3,2)，当且仅当AC＝BC＝2时取等号，∴“鞠\”的体积的最小值为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9,2)π，故选C.8．(2023·安徽江淮十校联考)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，则下列判断错误的是(D)A．BD1⊥平面ACB1B．平面A1C1D∥平面ACB1C．直线BD1过△A1C1D的垂心D．平面ACB1与平面ABCD夹角为45°[解析]由BC1⊥B1C，D1C1⊥B1C，得B1C⊥平面BD1C1得B1C⊥BD1，同理可得AC⊥BD1，所以BD1⊥平面ACB1，故A正确；由A1C1∥AC，A1D∥B1C，得平面A1C1D∥平面ACB1，故B正确；由三棱锥D1－A1C1D为正三棱锥(或由D1A1，D1D，D1C1两两垂直)得直线BD1过△A1C1D的垂心，故C正确；连接BD交AC于O点，连接B1O，由B1O⊥AC，BO⊥AC，得∠B1OB即为平面ACB1与平面ABCD所求角的平面角，因为tan∠B1OB＝eq\f(BB1,BO)＝eq\r(2)，∴∠B1OB≠45°，故D错误．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·江苏南京调研)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列选项中，“l⊥m”的充分条件有(BC)A．α⊥β，l⊥α，m∥β B．α∥β，l∥α，m⊥βC．α⊥β，l⊥α，m⊥β D．α⊥β，l∥α，m∥β[解析]由图1知，l∥m，A错；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥β,α∥β))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,l∥α))⇒l⊥m，B正确；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊥α))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l∥β或l⊂β,m⊥β))⇒l⊥m，C正确；由图2知D错；故选BC.10．(2023·湖南永州适应性考试)E，F，G，H分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，BC，CC1，C1D1的中点，则(ABD)A．A1B∥平面HGFB．FG∥HEC．直线D1F与直线HE相交D.HE与平面ABCD所成的角大小是45°[解析]对A，因为正方体ABCD－A1B1C1D1中A1D1∥BC且A1D1＝BC，故四边形A1D1CB为平行四边形，故A1B∥D1C.又由中位线性质可得HG∥D1C，∴A1B∥HG.且HG⊂平面HGF，A1B⊄平面HGF，故A1B∥平面HGF，故A正确；对B，由A同理可得FG∥BC1，BC1∥HE，故FG∥HE成立，故B正确；对C，易得D1HE所在的平面为D1ABC1，F显然不在平面D1ABC1内，故直线D1F与直线HE异面，故C错误；对D，由B，HE与平面ABCD所成的角即BC1与平面ABCD所成的角，即∠C1BC为45°，故D正确；故选：ABD.11．(2023·河北邯郸摸底)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点E在线段A1C1上，则(BC)A．直线A1C1与BC所成的角为30°B．对任意的点E，都有BD⊥平面ACEC．存在点E，使得平面ABE∥平面CC1D1DD．存在点E，使得平面ABE⊥平面CDE[解析]因为AC∥A1C1，所以∠ACB即为直线A1C1与BC所成的角，∠ACB＝45°，故A错误；因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，又因为AC⊥BD，AC∩AA1＝A，所以BD⊥平面ACC1A1，故BD⊥平面ACE，故B正确；当点E在A1处时，平面ABE∥平面CC1D1D，所以存在点E，使得平面ABE∥平面CC1D1D，故C正确．如图，过点E作MN∥A1B1，则MN为平面ABE与平面CDE的交线，在正方体中，A1B1⊥平面BCC1B1，所以MN⊥平面BCC1B1，所以BN⊥MN，CN⊥MN，所以∠BNC即为平面ABE与平面CDE所成的夹角，方法一：因为点N一定在以BC为直径的圆外，所以∠BNC<90°，所以不存在点E，使得平面ABE⊥平面CDE，故D错误．方法二：设正方体的棱长为1，B1N＝x，则tan∠B1BN＝x，tan∠C1CN＝1－x，所以tan∠BNC＝tan(∠B1BN＋∠C1CN)＝eq\f(x＋1－x,1－x1－x)＝eq\f(1,x2－x＋1)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))，当x＝eq\f(1,2)时，tan∠BNC取得最大值，为eq\f(4,3)，此时∠BNC为锐角，故D错误．故选：BC.12．(2023·浙江名校协作体联盟联考)如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C的点，满足eq\o(CM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA1,\s\up6(→))，则在△ADE翻折过程中(点A1不在平面DEBC内)，下面四个选项中正确的是(ABD)A．BM∥平面A1DEB．点M在某个圆上运动C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．线段BA1的长的取值范围是(eq\r(5)，3)[解析]如图所示，在DC上取一点N，令eq\o(CN,\s\up6(→))＝2eq\o(ND,\s\up6(→))，连接MN、NB，在矩形ABCD中，AB＝CD且AB∥CD，又因为eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(EB,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))＝2eq\o(ND,\s\up6(→))，所以EB＝ND且EB∥ND，所以四边形EBND为平行四边形，所以NB∥ED，又因为NB⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以NB∥平面A1DE，又因为eq\o(CN,\s\up6(→))＝2eq\o(ND,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA1,\s\up6(→))，所以MN∥A1D.又因为NM⊄平面A1DE，DA1⊂平面A1DE，所以NM∥平面A1DE，又因为NM∩NB＝N且NM、NB⊂平面BMN，所以平面BMN∥平面A1DE，又因为MB⊂平面BMN，所以BM∥平面A1DE，选项A正确；由NB∥ED，NM∥A1D，AD＝AE＝2，可得∠A1DE＝∠MNB＝eq\f(π,4)，由eq\o(CN,\s\up6(→))＝2Neq\o(D,\s\up6(→))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))可知，NM＝eq\f(2,3)A1D＝eq\f(4,3)，而ED＝NB＝2eq\r(2)，由余弦定理可知，BM为定值，而B为定点，故M在以B为圆心，BM为半径的圆上运动，故选项B正确；取ED的中点H，连接HA1、HC，在△A1DE中，A1D＝A1E＝2，所以DE⊥A1H，假设DE⊥A1C成立，A1H、A1C⊂平面A1HC，所以DE⊥平面A1HC，又因为CH⊂平面A1HC，所以DE⊥CH，从而DC＝CE，这与DC＝3≠eq\r(5)＝CE矛盾，故DE⊥CH不成立，所以假设不成立，故选项C错误；在DC上取一点A2，令eq\o(DA2,\s\up6(→))＝2eq\o(A2C,\s\up6(→))，在△ADE翻折过程中，线段BA1的最大值是A1与A点重合，此时BA1＝3，线段BA1的最小值是A1与A2点重合，此时BA1＝eq\r(5)，又因为点A1不在平面DEBC内，所以线段BA1的长的取值范围是(eq\r(5)，3)，选项D正确；故选：ABD.三、填空题(本题共4个小题，每个小题5分，共20分)13．(2022·广东省广州市调研)若圆台的上，下底面半径分别为2,4，高为2，则该圆台的侧面积为12eq\r(2)π.[解析]依题意AO1＝2，BO2＝4，O1O2＝AC＝2，所以BC＝BO2－CO2＝2，所以圆台的母线AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝2eq\r(2)，故圆台的侧面积S＝π(R＋r)l＝π(4＋2)×2eq\r(2)＝12eq\r(2)π.14．(2023·四川成都郫都区阶段检测)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB＝AC＝2eq\r(3)，PA＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为20π.[解析]由∠BAC＝60°，AB＝AC＝2eq\r(3)知△ABC为正三角形，其外接圆O1的半径r＝2，即O1A＝2，又PA⊥平面ABC且PA＝2，∴三棱锥P－ABC外接球半径R＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5).∴S球＝4πR2＝20π.15.(2022·湖南衡阳模拟改编)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，以顶点A为球心，eq\f(2\r(3),3)为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于eq\f(5\r(3)π,6).[解析]如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上．在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为A1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2－12)＝eq\f(\r(3),3)，则∠A1AE＝eq\f(π,6)，同理∠BAF＝eq\f(π,6)，所以∠EAF＝eq\f(π,6)，故弧EF的长为eq\f(2\r(3),3)×eq\f(π,6)＝eq\f(\r(3)π,9)，而这样的弧共有三条．在面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为BF＝A1E＝eq\f(\r(3),3)，所以弧FG的长为eq\f(\r(3),3)×eq\f(π,2)＝eq\f(\r(3),6)π，这样的弧也有三条．于是，所得的曲线长3×eq\f(\r(3)π,9)＋3×eq\f(\r(3)π,6)＝eq\f(5\r(3)π,6).16．(2023·安徽芜湖期中)在正方体ABCD－A1B2C1D1中，M为线段A1D的中点，N为线段CD1上的动点，则直线C1D与MN所成角的正弦值的最小值为eq\f(\r(6),3).[解析]设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，M(1,0,1)，不妨设N(0，t,2－t)(0≤t≤2)，CD1与MN所成角为θ，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，t,1－t)，cosθ＝eq\f(\o(DC1,\s\up6(→))·\o(MN,\s\up6(→)),|\o(CD1,\s\up6(→))|·|\o(MN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2\r(t2－t＋1))，∴sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\r(1－\f(1,4\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))))≥eq\f(\r(6),3)(当且仅当t＝eq\f(1,2)时取等号)，∴C1D与MN所成角的正弦值的最小值为eq\f(\r(6),3).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·广东广州重点高中月考)(本题满分10分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，D是AB的中点．(1)证明：BC1∥平面A1CD；(2)若△ABC是边长为2的正三角形，且BC＝BB1，∠CBB1＝60°，平面ABC⊥平面BB1C1C.求平面A1CD与侧面BB1C1C所成二面角的正弦值．[解析](1)连接AC1交A1C于E，连接DE，故E为AC1中点，D是AB的中点，所以DE∥BC1，又DE⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD.故BC1∥平面A1CD.(2)取BC边中点O，连接AO，B1O，因为BC＝BB1，∠CBB1＝eq\f(π,3)，∴△BB1C为正三角形．又△ABC为等边三角形，所以AO⊥BC，B1O⊥BC又平面ABC⊥平面BB1C1C，且平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，∴AO⊥平面BB1C1C，所以AO、BC、OB1两两互相垂直．故以O为原点，建立空间直角坐标系O－xyz如图所示：则由题意可知C(－1,0,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，A1(－1，eq\r(3)，eq\r(3))．∴eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(3))，设平面A1CD的法向量n1＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up6(→))＝0,n1·\o(CA1,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)z＝0,\r(3)y＋\r(3)z＝0))，令z＝1，得n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，－1，1)).显然平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,0,1)．∴|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\f(1,1×\r(\f(1,3)＋1＋1))＝eq\f(\r(21),7)，∴所求二面角的正弦值为eq\r(1－\f(21,49))＝eq\f(2\r(7),7).18．(2023·广西摸底)(本题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2eq\r(3)，E是PB上任意一点．(1)求证：AC⊥DE；(2)已知二面角A－PB－D的余弦值为eq\f(\r(15),5)，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．[解析](1)证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，又四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PBD，又DE⊂平面PBD，∴AC⊥DE；(2)由E为PB的中点知EO∥PD，从而EO⊥平面ABCD，显然OA、OB、OE两两垂直．分别以OA、OB、OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PD＝t，则A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(t,2)))，P(0，－eq\r(3)，t).eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，－eq\r(3)，t)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)；由(1)知平面PBD的法向量为n1＝(1,0,0)，令平面PAB的法向量为n2＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n2·\o(AP,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y＝0,－x－\r(3)y＋tz＝0))，令x＝eq\r(3)得n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，\f(2\r(3),t)))，因为二面角A－PB－D的余弦值为eq\f(\r(15),5)，则|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(\r(15),5)，即eq\f(\r(3),\r(4＋\f(12,t2)))＝eq\f(\r(15),5)，∴t＝2eq\r(3)，∴P(0，－eq\r(3)，2eq\r(3))，设直线EC与平面PAB所成的角为θ，∵eq\o(EC,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，n2＝(eq\r(3)，1,1)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(EC,\s\up6(→))，n2〉|＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，综上，直线EC与平面PAB所成的角的正弦值为eq\f(\r(15),5).19．(2023·福建福州一中质检)(本题满分12分)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝1，BF＝4，沿EF将四边形AEFB折成四边形A′EFB′，使点B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上．(1)求证：A′D∥平面B′FC；(2)求直线HC与平面A′ED所成角的正弦值．[解析](1)∵A′E∥B′F，A′E⊄平面B′FC，B′F⊂平面B′FC.∴A′E∥平面B′FC，由DE∥FC，同理可得DE∥平面B′FC，又∵A′E∩DE＝E，∴平面A′ED∥平面B′FC，∵A′D⊂平面A′ED，∴A′D∥平面B′FC.(2)如图所示，过E作ER∥DC，过E作ES⊥平面EFCD，分别以ER、ED、ES为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵B′在平面CDEF上的射影H在直线DE上，设B′(0，y，z)，(y>0，z>0)∵F(3,3,0)，且B′E＝eq\r(10)，B′F＝4；∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝10,9＋y－32＋z2＝16))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2,z＝\r(6)))；∴B′(0,2，eq\r(6))，∴eq\o(FB′,\s\up6(→))＝(－3，－1，eq\r(6))，∴eq\o(EA′,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(FB′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－\f(1,4)，\f(\r(6),4)))，且eq\o(ED,\s\up6(→))＝(0,5,0)，设平面A′ED的法向量为n＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA′,\s\up6(→))＝0,n·\o(ED,\s\up6(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3a－b＋\r(6)c＝0,5b＝0))解得b＝0，令a＝1，得c＝eq\f(\r(6),2)，得到平面A′ED的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(\r(6),2)))；又C(3,5,0)，H(0,2,0)，∴eq\o(CH,\s\up6(→))＝(－3，－3,0)，∴直线HC与平面A′ED所成角的正弦值为sinθ＝|cos〈eq\o(CH,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(CH,\s\up6(→))·n,|\o(CH,\s\up6(→))|×|n|)))＝eq\f(6,\r(10)×3\r(2))＝eq\f(\r(5),5).20．(2023·浙江新高考研究测试)(本题满分12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，CD＝2AB＝2BC＝2AD＝4，平面ADP⊥平面ABCD.E是PC的中点，且△ADP为等边三角形，平面ADP∩平面PBC＝m.(1)设m∩直线BC＝M，求点M到平面PDC的距离；(2)求二面角P－BE－D的正弦值．[解析](1)延长DA、CB，交于点M，直线m即为直线PM，在底面ABCD中，AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD，得AB为△MCD中位线，所以B为CM中点，因为B，E分别为CM，CP中点，所以BE为△PCM的中位线，得PM∥BE，所以点M到平面PDC的距离是点B到平面PDC的距离的2倍，易得△MCD是等边三角形，∠CDM＝60°，取AD中点O，CD中点为Q，连接OQ，所以在△DQO中，cos∠CDM＝eq\f(DQ2＋DO2－OQ2,2DQ·DO)，解得OQ＝eq\r(3)，所以DQ2＝DO2＋OQ2，所以OQ⊥AD.因为平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，OP⊥AD，OP⊂平面ADP，所以OP⊥平面ABCD，如图，则以O为原点建立直角坐标系，由题意得B(2，eq\r(3)，0)，P(0,0，eq\r(3))，D(－1,0,0)，C(1,2eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\r(3)，\f(\r(3),2)))eq\o(PD,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,2eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，－\f(\r(3),2)))，设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up6(→))＝0,n1·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－\r(3)z1＝0,x1＋2\r(3)y1－\r(3)z1＝0))，令x1＝eq\r(3)，则y1＝－1，z1＝－1，所以n1＝(eq\r(3)，－1，－1)，所以点B到平面PDC的距离为eq\f(|n1·\o(EB,\s\up6(→))|,|n1|)＝eq\f(2\r(15),5)，所以点M到平面PDC的距离是eq\f(4\r(15),5)；(2)由(1)得：eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－2，－eq\r(3)，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－3，－eq\r(3)，0)，设平面BDE法向量n2＝(x2，y2，z2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BD,\s\up6(→))＝0,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x2－\r(3)y2＝0,－\f(3,2)x2＋\f(\r(3),2)z2＝0))，令x2＝1，则y2＝－eq\r(3)，z2＝eq\r(3)，则n2＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))设平面PBE法向量n3＝(x3，y3，z3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n3·\o(BP,\s\up6(→))＝0,n3·\o(BE,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x3－\r(3)y3＋\r(3)z3＝0,－\f(3,2)x3＋\f(\r(3),2)z3＝0))，令x3＝3，则y3＝eq\r(3)，z3＝3eq\r(3)，则n3＝(3，eq\r(3)，3eq\r(3))设二面角P－BE－D的平面角为θ，|cosθ|＝|cos〈n2，n3〉|＝eq\f(|n3·n2|,|n3|·|n2|)＝eq\f(3\r(273),91)因此sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(8\r(91),91)，即二面角P－BE－D的正弦值是eq\f(8\r(91),91)21．(2023·河南顶级名校月考)(本题满分12分)如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC＝30°，MN为上底面圆O′的一条直径，△MAC是边长为2eq\r(3)的等边三角形，MB＝4.(1)证明：BC⊥平面MAC；(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值．[解析](1)∵AB为圆台下底面圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点，故∠ACB＝90°又∵∠BAC＝30°，AC＝2eq\r(3)，∴AB＝4＝MB∵AC＝MC，BC＝BC∴△ABC≌△MBC，∴∠BCM＝90°∴BC⊥MC，又∵BC⊥AC，AC∩MC＝C，AC、MC⊂平面MAC∴BC⊥平面MAC；(2)取AC的中点D，连接DM，DO，则MD⊥AC，由(1)可知，BC⊥DM∵AC∩BC＝C，∴DM⊥平面ABC，又∵OD⊥AC∴以D为原点，DA为x轴，DO为y轴，DM为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由题意可得A(eq\r(3)，0,0)，B(－eq\r(3)，2,0)，∵OO′⊥平面ABC，∴DM∥OO′，四边形ODMO′为矩形，∴N(0,2,3)平面MAC的一个法向量为n1＝(0,1,0)．设平面NAB的一条法向量为n2＝(x，y，z)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，2,0)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2,3)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n2·\o(AN,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋2y＝0,－\r(3)x＋2y＋3z＝0))令x＝eq\r(3)，则y＝3，z＝－1平面NAB的一个法向量为n2＝(eq\r(3)，3，－1)则平面MAC与平面NAB的夹角的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(3,\r(3＋