高考数学一轮复习考案（7理7文）第七章立体几何综合过关规范限时检测（含解析）新人教版

第七章综合过关规范限时检测(时间：120分钟满分150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2021·河北省衡水中学调研)下列命题正确的个数为(C)①梯形一定是平面图形；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A．0 B．1C．2 D．3[解析]①由于梯形是有一组对边平行的四边形，易知两平行线确定一平面，所以梯形可以确定一个平面，故①对；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，比如等腰三角形ABC，AB＝AC，直线AB，AC与直线BC所成的角相等，而直线AB，AC不平行，故②错；③两两相交的三条直线，比如墙角处的三条交线可以确定三个平面，故③对；④如果两个平面有三个公共点，比如两平面相交有一条公共直线，如果这三个公共点不共线，则这两个平面重合，故④错．综上，选C.2．(2020·山东省济南市6月模拟)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切．若O1O2＝2，则圆柱O1O2的表面积为(C)A．4π B．5πC．6π D．7π[解析]由题意，可得h＝2r＝2，解得r＝1，所以圆柱O1O2的表面积为S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π.故选C.3．(2021·河北省唐山市期末)一个几何体的三视图如图所示，小正方形的边长为1，则这个几何体的表面积是(D)A．11π B．9πC．7π D．5π[解析]由三视图可得几何体为eq\f(1,8)个球体，球的半径为2，故该几何体的表面积为eq\f(1,8)×4×π×4＋3×eq\f(π×4,4)＝5π，故选D.4．(2021·山东省滨州市三模)已知m，n为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是(B)A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，则m⊥βC．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥βD．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n[解析]对A：若m∥α，n∥α，则m∥n，或m与n是异面直线，或m与n相交，故A错误；对B：若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，不妨取交线m上一点P，作平面β的垂线为l，因为l⊥β，α⊥β，且点P∈α，故l⊂α；同理可得l⊂γ，故l与m是同一条直线，因为l⊥β，故m⊥γ.故B选项正确；对C：只有当m与n是相交直线时，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，才会有α∥β.故C错误；对D：若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n的关系不确定，故D错误．故选B.5．(理)(2021·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)(文)(2021·吉林长春一中期末)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BD的中点，则直线AD1与EFA．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(6),2)[解析](理)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PM∥AC1∥ON，∴∠MHP即为BM与ON所成的角，设正方体的棱长为6，则PM＝eq\r(3)，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D(0,0,0)，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.(文)连BD1，∵E、F分别为DD1、BD的中点，∴EF∥BD1，∴∠AD1B即为EF与AD1所成的角，设正方体的棱长为1，则A1D＝eq\r(2)，BD1＝eq\r(3)，又AB⊥平面AD1，∴AB⊥AD1，∴cos∠AD1B＝eq\f(AD1,BD1)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3).故选C.6．(2021·山东济宁期末)已知m、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列说法正确的是(C)①若m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n②若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β③若m∥n，n⊂α，α∥β，m⊄β，则m∥β④若m∥n，n⊥α，α⊥β，则m∥βA．①② B．①③C．②③ D．②④[解析]在①中的条件下，m∥n或m与n相交或m、n异面，①错；又eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,m⊥α))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊥α,n⊥β))⇒α∥β，②正确；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊂α,α∥β))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n∥β,m∥n,m⊄β))⇒m∥β，③正确；eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m∥n,n⊥α))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(m⊥α,α⊥β))⇒m∥β或m⊂β，④错，故选C.7．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有(B)A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF[解析]根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH⊂平面HAG，∴EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.8．(2021·湖北武汉部分学校质检)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是(D)[解析]选项D中，MN⊂平面ABC，故选D.9．(2021·山东滨州期末改编)已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD相交于点O.将△ABD沿BD折起，使顶点A至点M，在折起的过程中，下列结论错误的是(C)A．BD⊥CMB．存在一个位置，使△CDM为等边三角形C．DM与BC不可能垂直D．直线DM与平面BCD所成的角的最大值为60°[解析]由题意知BD⊥OM，BD⊥CO，∴BD⊥平面MOC，∴BD⊥CM，A正确；设菱形边长为a，则CM的取值范围为(0，eq\r(3)a)，∴B正确；当CM＝a时，DM⊥BC，C错；当平面MBD⊥平面BCD时，直线DM与平面BCD所成角最大为60°，D正确，故选C.10．(2021·上海虹口区期末)在空间，已知直线l及不在l上两个不重合的点A、B，过直线l做平面α，使得点A、B到平面α的距离相等，则这样的平面α的个数不可能是(C)A．1个 B．2个C．3个 D．无数个[解析](1)如图，当直线AB与l异面时，则只有一种情况；(2)当直线AB与l平行时，则有无数种情况，平面α可以绕着l转动；(3)如图，当l过线段AB的中垂面时，有两种情况．故选C.11.(2021·河南新乡模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝eq\r(13)，则CP的最小值为(A)A．eq\r(13)－2 B．eq\r(13)－3C.eq\r(15)－2 D．eq\r(15)－3[解析]如图，作HG⊥BB1交BB1于点G，则B1GHP＝eq\r(13)，所以GP＝2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG－2＝eq\r(13)－2.12．(理)(2021·福建龙岩质检)在三棱锥A－BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2eq\r(3)的等边三角形，且平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为(D)A．8π B．12πC．16π D．20π(文)(2021·河南郑州、商丘名师联盟质检)将一个半径为eq\r(6)的半球切削成一个正方体(保持正方体的一个所在平面上)，所得正方体体积的最大值为面在半球底面(B)A．4eq\r(2) B．8C．2eq\r(2) D．4[解析](理)取BC的中点E，连结AE与DE，则AE⊥DE，且AE＝DE＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，在DE上取点I使得EI＝eq\f(1,3)DE，在AE上取点H使得EH＝eq\f(1,3)AE，则点I是三角形BCD的外接圆圆心，点H是三角形BCA的外接圆圆心，则BI＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝2，分别过点I、H作平面BCD和ABC的垂线IO和HO交于O点，则点O是三棱锥A－BCD的外接球球心，OI＝EH＝eq\f(1,3)×3＝1，BO＝eq\r(BI2＋OI2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，故外接球半径为eq\r(5)，则三棱锥A－BCD外接球的表面积4π×5＝20π.(文)由题意，当正方体内接于半球时体积最大，如图，连接球心O与点C，连接OC1，则OC1＝eq\r(6).设正方体棱长为a，则在Rt△OCC1中，OC2＋CCeq\o\al(2,1)＝OCeq\o\al(2,1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2＋a2＝6，解得a＝2，故正方体体积的最大值为8.故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．(2021·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.给出下列三个论断：①α⊥β；②α⊥γ；③β∥γ.以其中的两个论断为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：若α⊥γ，β∥γ，则α⊥β(或填α⊥β，β∥γ，则α⊥γ).14．(2018·江苏卷)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为eq\f(4,3).[解析]由题意知所给的几何体是棱长均为eq\r(2)的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V正四棱锥＝2×eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×1＝eq\f(4,3).15．如图所示，在直四棱柱(侧棱与底面垂直)ABCD－A1B1C1D1中，当底面四边形ABCD满足条件AC⊥BD(或ABCD为正方形或ABCD为菱形等)时，有AC1⊥BD[解析]∵C1C⊥平面ABCD，∴BD⊥CC1，又BD⊥AC，∴BD⊥平面ACC1，∴AC1⊥BD16．(2021·山东滨州期末)在四面体S－ABC中，SA＝SB＝2，且SA⊥SB，BC＝eq\r(5)，AC＝eq\r(3)，则该四面体体积的最大值为eq\f(\r(30),6)，该四面体外接球的表面积为8π.[解析]∵SA＝SB＝2，SA⊥SB，∴AB＝2eq\r(2)，又BC＝eq\r(5)，AC＝eq\r(3)，∴AB2＝BC2＋AC2，即AC⊥BC，当平面ASB⊥平面ABC时VS－ABC最大，此时VS－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(30),6).设AB的中点为O，则OA＝OB＝OC＝OS＝eq\r(2)，即四面体外接球的半径为eq\r(2)，∴四面体外接球的表面积为S＝4π(eq\r(2))2＝8π.

三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)(理)(2021·山东新高考质量测评)如图，在四棱锥M－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB＝BC＝1，MD＝1，MD⊥平面ABCD，H是MB中点，在下面两个条件中任选一个，并作答：(1)二面角A－MD－C的大小是eq\f(2π,3)；(2)∠BAD＝eq\f(π,2)，若.求CH与平面MCD所成角的正弦值．注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．(文)(2021·河北、广东联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为A1C1，B1C1的中点，AB(1)AB∥平面CDE；(2)A1E⊥CE.[解析](理)若选(1)．因为MD⊥平面ABCD，所以AD⊥MD，CD⊥MD，所以∠ADC就是二面角A－MD－C的平面角，所以∠ADC＝eq\f(2π,3)，过D作x轴⊥DC，以D为坐标原点，以DC，DM所在直线为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则C(0,1,0)，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(1,4)，\f(1,2))).所以eq\o(CH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，－\f(3,4)，\f(1,2))))．取平面MCD的一个法向量为n＝(1,0,0)．设CH与平面MCD所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(CH,\s\up6(→))·n|,|\o(CH,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(\r(3),4),\r(\f(3,16)＋\f(9,16)＋\f(1,4)))＝eq\f(\r(3),4).所以CH与平面MCD所成角的正弦值是eq\f(\r(3),4).若选(2)．因为MD⊥平面ABCD，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以DA，DC，DM两两垂直．以D为坐标原点，以DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则C(0,1,0)，Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).所以eq\o(CH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2))).取平面MCD的一个法向量n＝(1,0,0)．设CH与平面MCD所成角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(CH,\s\up6(→))·n|,|C\o(H,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(1,2),\r(\f(1,4)＋\f(1,4)＋\f(1,4)))＝eq\f(\r(3),3).所以CH与平面MCD所成角的正弦值是eq\f(\r(3),3).(文)(1)因为D，E分别为A1C1，B1C所以DE∥A1B1，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1所以AB∥DE.又因为DE⊂平面CDE，AB⊄平面CDE，所以AB∥平面CDE.(2)因为A1B1＝A1C1，E为B1C所以A1E⊥B1C1因为C1C∥AA1，所以C1C⊥平面A1B1又因为A1E⊂平面A1B1C1，所以C1C⊥A1因为C1C⊂平面BB1C1C，B1C1C1C∩B1C1＝C1，所以A1E⊥平面BB因为C1E⊂平面BB1C1C，所以A1E18．(本小题满分12分)(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的边长均为2eq\r(3)，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求三棱锥C－ABE的体积．[解析](1)证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，在△ACC1中，EG为中位线，所以EG∥CC1，EG＝eq\f(1,2)CC1，又因为CC1∥BB1，CC1＝BB1，F为BB1的中点，所以EG∥BF，EG＝BF，所以四边形EFBG为平行四边形，所以EF∥GB，又EF⊄平面ABC，GB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为VC－ABE＝VE－ABC，因为E为AC1的中点，所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，即三棱锥E－ABC的高h＝eq\f(1,2)CC1＝eq\r(3)，又△ABC的面积为S＝eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2＝3eq\r(3)，所以VC－ABE＝VE－ABC＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×eq\r(3)＝3.19．(本小题满分12分)(理)(2021·河南许昌、洛阳质检)已知平面多边形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，使PC＝2eq\r(2).(1)证明：CE∥平面ABP；(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值．(文)(2021·贵州安顺质检)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAB是边长为2正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形．(1)证明：PC⊥AB；(2)求点D到PAC的距离．[解析](理)(1)证明：取PA的中点H，连HE，BH.∵E为PD中点，∴HE为△APD的中位线，∴HE∥AD，HE＝eq\f(1,2)AD.又AD∥BC，∴HE∥BC，HE＝BC，∴四边形BCEH为平行四边形，∴CE∥BH.∵BH⊂平面ABP，CE⊄平面ABP，∴CE∥平面ABP.(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形，四边形ABCD为直角梯形，取AD中点F，连接BF，PF，∵AD＝2BC＝4，∴平面多边形PABCD中P，F，B三点共线，且PF＝BF＝2，∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，∴DF⊥平面PBF，∴BC⊥平面PBF，∵PB⊂平面PBF，∴BC⊥PB.在直角三角形PBC中，PC＝2eq\r(2)，BC＝2，∴PB＝2，∴△PBF为等边三角形．取BF的中点O，DC的中点M，则PO⊥BF，PO⊥DF，DF∩BF＝F，∴PO⊥平面ABCD.以O为原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，eq\r(3))，A(－1，－2,0)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3，\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))．设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0,n·\o(BP,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,－x＋\r(3)z＝0)).故可取n＝(3，－3，eq\r(3))，∴cosn，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(n·\o(AE,\s\up6(→)),|n|·|\o(AE,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(210),35).∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为eq\f(\r(210),35).(文)(1)如图所示取AB中点为M，连接PM，CM，∵△PAB、△ABC均为正三角形，∴PM⊥AB，CM⊥AB.∴AB⊥PM，AB⊥CM，又PM∩CM＝M，∴AB⊥平面PMC.又∵PC⊂平面PMC，∴AB⊥PC.(2)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊥AB，∴PM⊥平面ABC，∴PM⊥CM，∴PC＝eq\r(PM2＋CM2)＝eq\r(6)，∴S△PAC＝eq\f(1,2)×PC×h＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2)＝eq\f(\r(15),2)，∴VP－ABC＝VP－ACD＝eq\f(1,3)×SV－ABC×PM＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×22×eq\r(3)＝1，设D到平面PAC的距离为d，则VP－ACD＝VD－PAC＝eq\f(1,3)SV－PACd＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)d＝1，∴d＝eq\f(2\r(15),5)，∴D到平面PAC的距离为eq\f(2\r(15),5).20．(本小题满分12分)(理)(2021·山西运城调研)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝120°，且DE∥FC，DE⊥平面ABCD，DE＝2FC＝2.(1)证明：平面FBE⊥平面EDB；(2)求二面角A－EB－C的余弦值．(文)(2021·河南实验中学模拟)已知四边形ABCD是梯形(如图甲)，AB∥CD，AD⊥DC，CD＝4，AB＝AD＝2，E为CD的中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(如图乙)，且PB＝2.(1)求证：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求点A到平面PBE的距离．[解析](理)(1)如图，连接AC交BD于点O，取EB的中点H，连接FH，HO.∵四边形ABCD为菱形，点H是EB的中点，DE∥FC.∴HO∥FC，HO＝eq\f(1,2)ED＝FC，∴四边形CFHO为平行四边形，∵FH∥CO.∵DE⊥平面ABCD，CO⊂平面ABCD，∴DE⊥CO.又∵CO⊥BD，ED∩BD＝D，∴CO⊥平面EDB，∴FH⊥平面EDB.又FH⊂平面FBE，∴平面FBE⊥平面EDB.(2)连接EC，以点O为坐标原点，分别以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OH,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.由题意得A(0，－eq\r(3)，0)，C(0，eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，E(－1,0,2)，则eq\o(EB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)．设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EB,\s\up6(→))·m＝0，,\o(AB,\s\up6(→))·m))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1－2z1＝0,x1＋\r(3)y1＝0))，取m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(3),3)，1)).设平面CEB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(EB,\s\up6(→))·m＝0,\o(BC,\s\up6(→))·m＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－2z2＝0,－x2＋\r(3)y2＝0))，取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)，－1)).cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1×－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)))＋1×－1,\r(1＋\f(1,3)＋1)×\r(1＋\f(1,3)＋1))＝－eq\f(5,7)，∴二面角A－EB－C的余弦值为－eq\f(5,7).(文)(1)证明：连接BE，因为AB∥CD，AD⊥DC，CD＝4，E为CD的中点，AB＝AD＝2，所以四边形ABED是边长为2的正方形，且BE＝EC.取AE的中点M，连接PM，BM.因为AP＝PE＝2，所以PM⊥AE，BM⊥AE，且AE＝2eq\r(2)，PM＝AM＝BM＝eq\r(2).又PB＝2，所以PM2＋MB2＝PB2，所以PM⊥MB.又AE∩MB＝M，所以PM⊥平面ABCE.又PM⊂平面PAE，所以平面PAE⊥平面ABCE.(2)由(1)知，PM⊥平面ABCE，△PBE为正三角形且边长为2.设点A到平面PBE的距离为d，则VP－ABE＝eq\f(1,3)×S△ABE×PM＝eq\f(1,3)×S△PBE×d，所以eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×22×d，解得d＝eq\f(2\r(6),3)，故点A到平面PBE的距离为eq\f(2\r(6),3).21．(本小题满分12分)(2021·河南中原名校质量测评)如图，S为圆锥的顶点，O为底面圆心，点A，B在底面圆周上，且∠AOB＝60°，点C，D分别为SB，OB的中点．(1)求证：AC⊥OB；(2)若圆锥的底面半径为2，高为4，求直线AC与平面SOA所成的角的正弦值．[解析](1)证明：由题意，得SO⊥底面圆O，∵点C，D分别为SB，OB中点，∴CD∥SO，∴CD⊥底面圆O，∵OB在底面圆O上，∴OB⊥CD，∵∠AOB＝60°，∴△AOB为正三角形，又D为OB中点，∴OB⊥AD，又AD∩CD＝D，且AD，CD⊂平面ACD，∴OB⊥平面ACD，∵AC⊂平面ACD，∴AC⊥OB.(2)解法一：作DH⊥OA于H，∵SO⊥底圆面O，∴DH⊥SO，∴DH⊥平面SOA，又正△OAB边长为2，∴DH＝eq\f(\r(3),2)，AD＝eq\r(3)，又OS＝4，∴DC＝2，又CD⊥AD，∴AC＝eq\r(AD2＋DC2)＝eq\r(7)，设AC与平面SOA所成角为θ，又C到平面SAO的距离等于DH，∴sinθ＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).解法二：(理)如图，以D为原点，DA，DB，DC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(eq\r(3)，0,0)，C(0,0,2)，O(0，－1，0)，S(0，－1,4)，故eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,2)，eq\o(AS,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1,4)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,0)，设平面SOA的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AS,\s\up6(→))＝0,n·\o(OA,\s\up6(→))＝0))，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x－y＋4z＝0,\r(3)x＋y＝0))，令x＝1，得n＝(1，－eq\r(3)，0)为平面SOA的一个法向量，设直线AC与平面SOA所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(AC,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(AC,\s\up6(→)),|n|·|\o(AC,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\r(3)＋0＋0,\r(1＋3)×\r(3＋4))))＝eq\f(\r(3),2\r(7))＝eq\f(\r(21),14)，即直线AC与平面SOA所成的角的正弦值为eq\f(\r(21),14).22．(本小题满分12分)(理)(2021·河南九师联盟质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，PA⊥PD，PA＝PD.(1)求证：平面PAB⊥平面PCD；(2)若BC＝1，AD＝CD＝2，求二面角A－PC－B的余弦值．(文)(2021·皖豫名校联盟联考)如图所示，在四棱锥S－ABCD中，平面SAB⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，∠ACD＝60°，AC＝AD，SA＝2，AB＝eq\r(3)，BCSCD与平面SAB的交线为l，E为SD的中点．(1)求证：l∥平面ACE；(2)若在棱AB上存在一点Q，使得DQ⊥平面SAC，当四棱锥S－ABCD的体积最大时，求SQ的值．[解析](理)(1)证明：在四棱锥P－ABCD中，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又因为CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD.因为PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA．因为PA⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PC⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD.因为PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.(2)解：取