2025版高中数学一轮复习阶段滚动检测四第九章理含解析新人教A版

PAGE阶段滚动检测(四)(第九章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．“直线l垂直于平面α”的一个必要不充分条件是()A．直线l与平面α内的随意一条直线垂直B．过直线l的随意一个平面与平面α垂直C．存在平行于直线l的直线与平面α垂直D．经过直线l的某一个平面与平面α垂直【解析】选D.依据面面垂直的判定可知，直线l垂直于平面α，则经过直线l的某一个平面与平面α垂直，当经过直线l的某一个平面与平面α垂直时，直线l垂直于平面α不肯定成立，所以“经过直线l的某一个平面与平面α垂直”是“直线l与平面α垂直”的必要不充分条件．2．(2024·海口模拟)一个底面边长为3的正三棱锥的体积与表面积为24的正方体的体积相等，则该正三棱锥的高为()A．12eq\r(3)B．eq\f(32\r(3),3)C．eq\f(32\r(3),9)D．12【解析】选C.设正方体棱长为a，则6a2＝24，解得a＝2，所以正方体的体积为23＝8.设正三棱锥的高为h，则三棱锥的体积为V＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×32×h＝8，解得h＝eq\f(32\r(3),9).3．(2024·长春模拟)为美化环境，某城市确定用鲜花装饰花柱，它的下面是一个直径为1m、高为3m的圆柱形物体，上面是一个半球形物体．假如每平方米大约须要鲜花150朵，那么装饰一个这样的花柱大约须要鲜花朵数为(π取3.1)()A．1235B．1435C．1628D．1835【解析】选C.圆柱侧面积为2π·eq\f(1,2)·3＝3π，半球的表面积为eq\f(1,2)·4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(π,2)，所以总面积为eq\f(7,2)π≈10.85，所以大约须要鲜花10.85×150≈1628朵.4．如图三棱锥V­ABC，VA⊥VC，AB⊥BC，∠VAC＝∠ACB＝30°，若侧面VAC⊥底面ABC，则其正视图与侧视图面积之比为()A.4∶eq\r(3)B．4∶eq\r(7)C．eq\r(3)∶eq\r(7)D．eq\r(7)∶eq\r(3)【解析】选A.主视图为Rt△VAC，左视图为以△VAC中AC边上的高VD为一条直角边，△ABC中AC边上的高BE为另一条直角边的直角三角形．设AC＝x，则VA＝eq\f(\r(3),2)x，VC＝eq\f(1,2)x，VD＝eq\f(\r(3),4)x，BE＝eq\f(\r(3),4)x，则S主视图：S左视图＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(\r(3),2)x·\f(1,2)x))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)·\f(\r(3),4)x·\f(\r(3),4)x))＝4∶eq\r(3).5．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是()A．m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥nB．m∥α，n∥β，且α∥β，则m∥nC．m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α⊥βD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β【解析】选A.对于A，m⊥α，n⊥β，且α⊥β，利用面面垂直的性质定理得到垂直于交线的平面α内的直线n′与β垂直，又n⊥β，得到n∥n′，又m⊥α，得到m⊥n′，所以m⊥n，故A正确；对于B，m∥α，n∥β，且α∥β，则m与n位置关系不确定，可能相交、平行或者异面，故B错误；对于C，m⊥α，n⊂β，m⊥n，则α与β可能平行，故C错误；对于D，m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α与β可能相交，故D错误．6．(2024·益阳模拟)刘徽《九章算术·商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则此阳马的体积为()A.eq\f(8,3)B．eq\f(16,3)C．8D．16【解析】选B.依据几何体的三视图得直观图，如图所示，该几何体是四棱锥，高为2，其中底面为长为4，宽为2的长方形．所以V＝eq\f(1,3)×2×4×2＝eq\f(16,3).7．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝AC，AC1⊥A1B，M，N分别为A1B1，AB的中点，给出下列结论：①C1M⊥平面A1ABB1；②A1B⊥AM；③平面AMC1∥平面CNB1，其中正确的结论个数为()A.0B．1C．2D．3【解析】选D.由于ABC­A1B1C1为直三棱柱，BC＝AC，AC1⊥A1B，M为A1B1的中点，得C1M⊥A1B1，所以C1M⊥平面A1ABB1，①正确；又因为AC1⊥A1B，且C1M⊥平面A1ABB1，所以可证得AM⊥A1B，所以②正确；由AM∥B1N，C1M∥CN，得平面AMC1∥平面CNB1，所以③正确，所以正确命题共有3个．8．(2024·南平三模)某中学注意培育学生劳动独立意识和主动服务他人、服务社会的情怀．为了让学生更深刻理解劳动创建价值，丰富职业体验，现组织学生到工厂参与社会实践活动．学生在活动过程中视察到一个生产所需零件的几何体三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是()A.4πB．eq\f(17,4)πC．14πD．15π【解析】选A.利用三视图和直观图之间的转换可知，该几何体为半球和圆柱组成的组合体，如图所示：该几何体的表面积为S＝eq\f(1,2)×4×π×12＋π×12＋2×π×eq\f(1,2)×1＝4π(cm2).9．(2024·随州模拟)今年从6月2日至7月18日6时，中心气象台连续40余天发布暴雨预警，成为自2007年开展暴雨预警业务以来历时最长的一次．通常说的小雨、中雨、大雨、暴雨等，一般以日降雨量衡量，降雨量是指从天空着陆到地面上的雨水，未经蒸发、渗透、流失而在水面上积聚的水层深度，一般以毫米为单位，它可以直观地表示降雨的多少．其中小雨指日降雨量在10毫米以下；中雨日降雨量为10～24.9毫米；大雨日降雨量为25～49.9毫米；暴雨日降雨量为50～99.9毫米；大暴雨日降雨量为100～250毫米；特大暴雨日降雨量在250毫米以上．我国古代很早就有关于降雨量的记载，古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是几寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸，1寸＝3eq\f(1,3)厘米)，设该次测得的降雨量为日降雨量，则依据现在的标准，这次降雨的级别为()A．中雨B．大雨C．暴雨D．大暴雨【解析】选D.因为天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，盆中积水深九寸，所以盆中积水体积为：V＝eq\f(1,3)×9×π×(R2＋R×r＋r2)＝eq\f(1,3)×9×π×[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(28＋12,2×2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(28＋12,2×2)×eq\f(12,2)＋(eq\f(12,2))2]＝588π，所以平地降雨量是：eq\f(588π,π×142)＝3(寸)＝3×3eq\f(1,3)＝10(cm)＝100(mm).所以这次降雨的级别为大暴雨．10．(2024·石家庄模拟)三棱锥S­ABC的底面各棱长均为3，其外接球半径为2，则三棱锥S­ABC的体积最大时，点S到平面ABC的距离为()A．2＋eq\r(3)B．2－eq\r(3)C．3D．2【解析】选C.如图，设三棱锥S­ABC底面三角形ABC的外心为G，三棱锥外接球的球心为O，要使三棱锥S­ABC的体积最大，则O在SG上，由底面三角形的边长为3，可得AG＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3).连接OA，在Rt△OGA中，由勾股定理求得OG＝eq\r(OA2－GA2)＝eq\r(22－（\r(3)）2)＝1.所以点S到平面ABC的距离为OS＋OG＝2＋1＝3.11．已知四棱锥S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S­AB­C的平面角为θ3，则()A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解析】选D.如图所示，作S的投影点O，取AB的中点F，连接SO，SF，OF，作GE平行于BC，且GE＝eq\f(1,2)BC，连接SG，OG，SE，OE.因为S­ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，所以∠SOF＝∠SOE＝∠SGE＝90°，因为SE与BC所成的角为θ1，所以cosθ1＝eq\f(GE,SE)，因为SE与平面ABCD所成的角为θ2，所以sinθ2＝eq\f(SO,SE)，因为二面角S-AB-C的平面角为θ3，所以sinθ3＝eq\f(SO,SF)，cosθ3＝eq\f(OF,SF).因为GE＝OF，SF≤SE，所以cosθ1≤cosθ3，sinθ2≤sinθ3，即θ1≥θ3,θ2≤θ3，所以θ2≤θ3≤θ1.12．(2024·湖北模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，以下说法正确的个数是()①三棱锥P­EFG的体积为定值；②三角形PBB1的面积的最小值为eq\r(2)；③B1D⊥平面EFG；④经过E，F，G三点的截面把正方体分成体积相等的两部分．A.1B．2C．3D．4【解析】选D.如图，取AA1中点H，连接EH，延长FG，B1C1相交于点K，延长EH，B1A1相交于点L，连接KL，交C1D1于点M，交A1D1于点N，则六边形EFGMNH为过EFG的平面截正方体所得的截面图形．连接D1A，D1C，可得平面D1AC∥平面EFGMNH，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则P的轨迹为线段AC，当P在线段AC上时，P到EF的距离相等，则三角形PEF的面积为定值，又G究竟面距离为定值，则三棱锥P­EFG的体积为定值，故①正确；当P为AC与BD的交点时，PB的长度最短为eq\r(2)，此时△PBB1的面积的最小值为eq\f(1,2)×eq\r(2)×2＝eq\r(2)，故②正确；由BB1⊥底面ABCD，得BB1⊥AC，又AC⊥BD，BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面B1BD，得AC⊥B1D，同理证得B1D⊥AD1，可得B1D⊥平面ACD1，又平面ACD1∥平面EFG，则B1D⊥平面EFG，故③正确；由对称性可知，经过E，F，G三点的截面把正方体分成体积相等的两部分，故④正确，所以正确命题的个数是4.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)13．(2024·南通模拟)已知柏拉图多面体是指每个面都是全等的正多边形构成的凸多面体．闻名数学家欧拉探讨并证明白多面体的顶点数(V)、棱数(E)、面数(F)之间存在如下关系：V＋F－E＝2.利用这个公式，可以证明柏拉图多面体只有5种，分别是正四面体、正六面体(正方体)、正八面体、正十二面体和正二十面体．若棱长相等的正六面体和正八面体(如图)的外接球的表面积分别为S1，S2，则eq\f(S1,S2)的值为________．【解析】设正六面体与正八面体的棱长均为a，则正六面体外接球的半径r1＝eq\f(\r(3),2)a，其外接球的表面积S1＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a))eq\s\up12(2)＝3πa2；正八面体的外接球的半径r2＝eq\f(\r(2),2)a，其外接球的表面积S2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))eq\s\up12(2)＝2πa2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)14．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为________．【解析】由多面体的三视图可知该几何体的直观图为一个三棱锥，如图所示．其中平面ABC⊥平面BCD，△ABC为等腰直角三角形，AB＝BC＝4，取BC的中点M，连接AM，DM，则DM⊥平面ABC.在等腰△BCD中，BD＝DC＝2eq\r(5)，BC＝DM＝4，所以在Rt△AMD中，AD＝eq\r(AM2＋DM2)＝eq\r(42＋22＋42)＝6，又在Rt△ABC中，AC＝4eq\r(2)＜6，故该多面体的各条棱中，最长棱为AD，长度为6.答案：615．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，若BC⊥AC，∠A＝eq\f(π,3)，AC＝4，M为AA1中点，点P为BM中点，Q在线段CA1上，且A1Q＝3QC，则PQ的长度为________．【解析】分别过点P，Q作PE⊥AB，QF⊥AC，垂足分别为点E，F，连接EF，由题意可知PE∥AM，QF∥AM，且PE＝eq\f(1,2)AM，QF＝eq\f(1,4)AA1，即PE＝QF，所以四边形PEFQ为矩形，则PQ＝EF.在Rt△ABC中易知AE＝4，AF＝3，∠BAC＝eq\f(π,3)，所以EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos∠BAC＝13，故EF＝eq\r(13).答案：eq\r(13)16．(2024·漳州三模)如图，大摆锤是一种大型游乐设备，常见于各大游乐园．游客坐在圆形的座舱中，面对外．通常大摆锤以压肩作为平安束缚，配以平安带作为二次保险，座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．今年五一，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点A处，“大摆锤”启动后，主轴OB在平面α内绕点O左右摇摆，平面α与水平地面垂直，OB摇摆的过程中，点A在平面β内绕点B作圆周运动，并且始终保持OB⊥β，B∈β.已知OB＝6AB，在“大摆锤”启动后，下列4个结论中正确的是________(请填上全部正确结论的序号).①点A在某个定球面上运动；②线段AB在水平地面上的正投影的长度为定值；③直线OA与平面α所成角的正弦值的最大值为eq\f(\r(37),37)；④直线OA与平面α所成角的正弦值的最大值为eq\f(6\r(37),37).【解析】①在转动过程中OA长度保持不变，故A在以O为球心，以OA长为半径的球面上运动，故①正确；②当AB∥地面所在平面时，AB在地面上的正投影最长，最长投影为AB长度，当AB与地面所在平面垂直时，AB在地面的正投影最短，最短投影长度为0，故②错误；③当AB⊥α时，点A到平面α的距离最大，最大距离为AB长，而OA长度保持不变，故OA与平面α所成角的正弦值的最大值为eq\f(AB,OA)＝eq\f(AB,\r(36AB2＋AB2))＝eq\f(\r(37),37)，故③正确，④错误．答案：①③三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)如图所示，在三棱锥D­ABC中，AB＝BC＝CD＝1，AC＝eq\r(3)，平面ACD⊥平面ABC，∠BCD＝90°.(1)求证：CD⊥平面ABC；(2)求直线BC与平面ABD所成角θ的正弦值．【解析】方法一：(1)过点B作BH⊥AC于点H.因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥CD.又因为CD⊥BC，BH∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC.(2)过点C作CK⊥AB交AB延长线于点K，连接DK.由(1)可知CD⊥平面ABC，所以CD⊥AB.又因为CD∩CK＝C，所以AB⊥平面DCK.过点C作CL⊥DK于点L，所以AB⊥CL.又因为AB∩DK＝K，所以CL⊥平面ABD.连接BL，则∠CBL为直线BC与平面ABD所成的角．因为AB＝BC＝1，AC＝eq\r(3)，所以∠CAB＝30°.又因为∠CKA＝90°，所以CK＝eq\f(\r(3),2).因为CD＝1，所以DK＝eq\f(\r(7),2)，所以CL＝eq\f(DC·CK,DK)＝eq\f(\r(21),7)，所以sinθ＝sin∠CBL＝eq\f(CL,BC)＝eq\f(\r(21),7).方法二：(1)取AC的中点M，连接BM，过点M在平面ACD上作MN⊥AC，因为平面ACD⊥平面ABC，所以MN⊥平面ABC，又因为AB＝BC，所以BM⊥AC，分别以MB，MC，MN为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则有Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0)).设D(0，y，z)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，y－\f(\r(3),2)，z)).因为∠BCD＝90°，所以·＝0，得y＝eq\f(\r(3),2).又因为CD＝1，所以Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，1))，所以＝(0，0，1)，所以CD⊥平面ABC.(2)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，0))，设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，由＝(0，eq\r(3)，1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，得，取n＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3)).又因为＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝eq\f(\r(3),\r(7)×1)＝eq\f(\r(21),7).18．(12分)如图，圆锥的横截面为等边三角形SAB，O为底面圆圆心，Q为底面圆周上一点．(1)假如BQ的中点为C，OH⊥SC，求证：OH⊥平面SBQ；(2)假如∠AOQ＝60°，QB＝2eq\r(3)，设二面角A­SB­Q的大小为θ，求cosθ的值．【解析】(1)连接OC，AQ.因为O为AB的中点，BQ的中点为C，所以OC∥AQ.因为AB为圆的直径，所以∠AQB＝90°，所以OC⊥BQ.因为SO⊥平面ABQ，所以SO⊥BQ，所以QB⊥平面SOC，所以OH⊥BQ，所以OH⊥平面SBQ.(2)由已知得QC＝eq\r(3)，OQ＝2，OC＝1，SO＝2eq\r(3).以O为原点，OA为x轴，在平面ABC内过点O作AB的垂线为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(－2，0，0)，S(0，0，2eq\r(3))，Q(1，eq\r(3)，0)，＝(2，0，2eq\r(3))，＝(3，eq\r(3)，0).设n＝(x，y，z)为平面SBQ的法向量，则，令z＝1，得n＝(－eq\r(3)，3，1)，而平面SAB的一个法向量为m＝(0，1，0)，所以cosθ＝eq\f(3,\r(13))＝eq\f(3\r(13),13).19．(12分)在梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，AD＝AB＝eq\r(2)，AB⊥BC，如图把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD.(1)求证：CD⊥平面ABD；(2)若点M为线段BC中点，求点M到平面ACD的距离．【解析】(1)因为AD∥BC，BC＝2AD，AD＝AB＝eq\r(2)，AB⊥BC，所以BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝2，∠DBC＝∠ADB＝45°，CD＝eq\r(22＋（2\r(2)）2－2×2×2\r(2)cos45°)＝2，BD2＋CD2＝BC2，所以CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD.(2)由(1)知CD⊥BD.以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴，如图建立空间直角坐标系D­xyz.则A(1，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，1，0).所以＝(0，－2，0)，＝(－1，0，－1)，＝(－1，1，0)设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，则·n＝0且·n＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2y＝0，,－x－z＝0.))令x＝1，得平面ACD的一个法向量n＝(1，0，－1)，所以点M到平面ACD的距离d＝＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)．20．(12分)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面为菱形，∠BAD＝120°，AB＝2，E，F分别为CD，AA1的中点．(1)求证：DF∥平面B1AE.(2)若AA1⊥底面ABCD，且直线AD1与平面B1AE所成线面角的正弦值为eq\f(3,4)，求AA1的长．【解析】(1)设G为AB1的中点，连接EG，GF，因为FGeq\f(1,2)A1B1，又DEeq\f(1,2)A1B1，所以FGDE，所以四边形DEGF是平行四边形，所以DF∥EG，又DF⊄平面B1AE，EG⊂平面B1AE，所以DF∥平面B1AE.(2)因为ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形．取BC中点M，则AM⊥AD，因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥AM，AA1⊥AD，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，令AA1＝t(t＞0)，则A(0，0，0)，E(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，0)，B1(eq\r(3)，－1，t)，D1(0，2，t)，＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，0)，＝(eq\r(3)，－1，t)，＝(0，2，t)，设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝eq\f(\r(3),2)(x＋eq\r(3)y)＝0且n·＝eq\r(3)x－y＋tz＝0，取n＝(－eq\r(3)t，t，4)，设直线AD1与平面B1AE所成角为θ，则sinθ＝＝eq\f(6t,2（t2＋4）)＝eq\f(3,4)，解得t＝2，故线段AA1的长为2.21．(12分)如图，在四棱锥S­ABCD中，点O是正方形ABCD的中心，SO⊥平面ABCD，且SO＝OD，点P为棱SD上一点．(1)当点P为棱SD的中点时，求证：SD⊥平面PAC；(2)是否存在点P，使得直线BC与平面PAC所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10)？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【解析】(1)由题意不妨设OS＝OD＝1，则SD＝eq\r(2)，CD＝AD＝eq\r(2)，SA＝SC＝eq\r(2)，所以△SAD，△SCD为等边三角形．当P是SD的中点时，AP⊥SD，CP⊥SD，又AP∩CP＝P，所以SD⊥平面PAC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则可得B(1，0，0)，C(0，1，0)，S(0，0，1)，D(－1，0，0)，A(0，－1，0).假设存在符合题意的点P，可设＝λ，P(－λ，0，1－λ)，所以＝(－λ，1，1－λ)，＝(0，2，0).设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－λx＋y＋（1－λ）z＝0,2y＝0))，不妨取n＝(1－λ，0，λ)，又＝(－1，1，0)，由eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(λ－1,\r(（1－λ）2＋λ2)·\r(2))))＝eq\f(\r(10),10)，可得3λ2－8λ＋4＝0，解得λ＝eq\f(2,3)(λ＝2舍去).所以符合题意的点P是棱SD上靠近点D的三等分点．22．(12分)(2024·漳州模拟)已知在三棱柱A1B1C1­ABC中，AB＝AC＝eq\r(2)，BC＝BB1＝2，点M为CC1的中点，B1N＝2NA.(1)求证：A1C1∥平面BMN；(2)条件①：直线AB1与平面BB1C1C所成的角30°，条件②：∠B1BC为锐角，三棱锥B1­ABC的体积为eq\f(\r(3),3).在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：若平面ABC⊥平面BB1C1C，________，求平面BMN与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．注：在横线上填上所选条件的序号，假如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)延长BN交AA1于点P，连接PM，因为AA1∥BB1，B1N＝2NA，所以eq\f(AP,BB1)＝eq\f(AN,NB1)＝eq\f(1,2)，所以BB1＝2AP，因为AA1＝BB1，所以AA1＝2AP，所以P是AA1的中点，因为M是CC1的中点，AA1CC1，所以PA1MC1，所以四边形PA1C1M为平行四边形，所以A1C1∥PM，因为A1C1⊄平面BPM，PM⊂平面BPM，所以A1C1∥平面BPM，所以A1C1∥平面BMN.(2)选择条件①，解答过程如下：取BC的中点O，连接AO，B1O，因为AB＝AC＝eq\r(2)，BC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，所以△ABC为直角三角形，所以AO＝1，且AO⊥BC，因为平面ABC⊥平面BB1C1C，平面ABC∩平面BB1C1C＝BC，AO⊥BC，AO平面ABC，所以AO⊥平面BB1C1C，∠AB1O是AB1与平面BB1C1C所成的角，所以∠AB1O＝30°，在Rt△AOB1中，AO＝1，B1O＝eq\r(3)，因为BO＝1，B1O＝eq\r(3)，BB1＝2，所以BO2＋B1O2＝BBeq