2026版《金版教程》高考一轮复习数学单元质量测试（五）

高考总复习首选用卷数学单元质量测试(五)基础题(占比50%)中档题(占比30%)拔高题(占比20%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★★对点平面图形的直观图球的体积空间两点间的距离异面直线所成的角平行垂直关系的综合应用线面平行的应用简单几何体的外接球；棱锥的体积；球的表面积点到平面距离公式的应用平行垂直关系的综合应用平行垂直关系的综合应用题号111213141516171819难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点空间角、平行垂直关系、组合体体积的综合应用圆台的体积由空间向量解决线面平行问题直线与平面所成的角；棱柱的体积直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角直线与平面垂直的判定；点到平面距离公式的应用共点问题；直线与平面所成的角；二面角翻折与探索性问题；线线垂直的判定；直线与平面所成的角平面与平面垂直的判定；点到平面距离公式的应用；平面与平面的夹角eq\a\vs4\al()时间：120分钟eq\a\vs4\al()满分：150分一、选择题(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．水平放置的△ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形A′B′C′，则△ABC是()A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．任意三角形答案：C解析：如图所示，将斜二测直观图还原为平面图形，故△ABC是钝角三角形．2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为()A.eq\f(4\r(3)π,3) B.eq\f(4\r(2)π,3)C.eq\f(8\r(3)π,3) D.eq\f(8\r(2)π,3)答案：D解析：设截面圆的半径为r，球的半径为R，由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πr2＝π，,R2＝1＋r2，))解得r＝1，R＝eq\r(2)，所以球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2)π,3).故选D.3．(2024·江苏南京一中高三模拟)如图，在大小为45°的二面角A－EF－D中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是()A.eq\r(3) B.eq\r(2)C．1 D.eq\r(3－\r(2))答案：D解析：∵eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\o(FE,\s\up6(→))＋eq\o(ED,\s\up6(→))，∴|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(BF,\s\up6(→))|2＋|eq\o(FE,\s\up6(→))|2＋|eq\o(ED,\s\up6(→))|2＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(FE,\s\up6(→))＋2eq\o(FE,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＋2eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(ED,\s\up6(→))＝1＋1＋1－eq\r(2)＝3－eq\r(2)，故|eq\o(BD,\s\up6(→))|＝eq\r(3－\r(2)).故选D.4．(2025·河北保定定州中学高三开学考试)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M与BN所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,2)答案：C解析：解法一：以DA，DC，DD1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．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则A1(2，0，2)，M(1，1，0)，B(2，2，0)，N(1，1，2)，得eq\o(MA1,\s\up6(→))＝(1，－1，2)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)．设向量eq\o(MA1,\s\up6(→))与eq\o(BN,\s\up6(→))的夹角为θ，则直线A1M与BN所成角的余弦值为|cosθ|＝eq\f(|\o(MA1,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→))|,|\o(MA1,\s\up6(→))||\o(BN,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(6)×\r(6))＝eq\f(2,3).故选C.解法二：连接D1M，易得D1M∥NB，则∠A1MD1或其补角为直线A1M与BN所成的角，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在△A1MD1中，A1M＝eq\r(6)，D1M＝eq\r(6)，A1D1＝2，由余弦定理，得cos∠A1MD1＝eq\f(6＋6－4,2×6)＝eq\f(2,3)，所以直线A1M与BN所成角的余弦值为eq\f(2,3).故选C.5．(2024·陕西商洛模拟)如图，四边形ABCD是圆柱的轴截面，E是底面圆周上异于A，B的一点，则下列结论中错误的是()A．AE⊥CEB．BC∥平面ADEC．平面ADE⊥平面BCED．DE⊥平面BCE答案：D解析：因为四边形ABCD是圆柱的轴截面，则线段AB是直径，BC，AD都是母线，因为E是底面圆周上异于A，B的一点，所以AE⊥BE.因为BC⊥平面ABE，AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，因为CE⊂平面BCE，所以AE⊥CE，A正确；因为BC∥AD，BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BC∥平面ADE，B正确；因为AE⊥平面BCE，AE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCE，C正确；点D不在底面ABE内，而直线AE在底面ABE内，即AE，DE是两条不同的直线，若DE⊥平面BCE，因为AE⊥平面BCE，所以DE∥AE，与DE∩AE＝E矛盾，D错误．故选D.6．如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面α，使SB∥α，设α与SM交于点N，则eq\f(SN,SM)的值为()A.eq\f(4,3) B.eq\f(3,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)答案：C解析：连接MB交AC于点D，连接ND，NA，NC，MC，则平面NAC即为平面α，因为SB∥α，SB⊂平面SMB，平面SMB∩α＝DN，所以SB∥DN，因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，所以∠ABM＝∠BMC＝30°，MC＝BC＝eq\f(1,2)AB，所以MC∥AB且MC＝eq\f(1,2)AB，所以eq\f(DM,DB)＝eq\f(MC,AB)＝eq\f(1,2)，又SB∥DN，所以eq\f(MN,SN)＝eq\f(DM,DB)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(SN,SM)＝eq\f(2,3).故选C.7．(2025·湖北部分市州高三上期末联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，平面ABCD内一动点Q满足QA＝2QB，当三棱锥Q－DD1A的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为()A．24π B．27πC．54π D．56π答案：C解析：如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，B(3，3，0)，设Q(x，y，0)，由QA＝2QB可知，eq\r(（x－3）2＋y2)＝2eq\r(（x－3）2＋（y－3）2)，整理得(x－3)2＋(y－4)2＝4，所以点Q的轨迹是平面ABCD内，以(3，4，0)为圆心，2为半径的圆，如图，点Q到平面DD1A的距离的最大值为6，此时点Q在AB的延长线上，且BQ＝3，QA⊥平面DD1A，QA＝6，等腰直角三角形DD1A外接圆的半径为r＝eq\f(3\r(2),2)，所以三棱锥Q－DD1A外接球的半径R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(QA,2)))2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2)＋32)＝eq\f(3\r(6),2)，所以三棱锥Q－DD1A外接球的表面积为S＝4πR2＝54π.故选C.8．(2024·北京人大附中三模)故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体，如图2所示．已知三棱柱ABF－CDE和BDG－ACH是两个完全相同的直三棱柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，EF，GH交于点I，AF＝BF＝a，AF⊥BF，则点G到平面ACEF的距离是()A.eq\f(\r(3),3)a B.eq\f(1,2)aC.eq\f(\r(2),2)a D.eq\f(\r(2),4)a答案：B解析：取AC的中点M，连接MI，过G作MI的垂线交MI的延长线于点K，取AB的中点N，连接FN，由已知，M，I分别为AC，EF的中点，因为ABF－CDE是直三棱柱，所以AF⊥AC，EF∥AC，且EF＝AC，所以FI∥AM，且FI＝AM，所以四边形AMIF为平行四边形，又AF⊥AC，所以四边形AMIF为矩形，所以EF⊥MK，又EF⊥GH，MK∩GH＝I，MK，GH⊂平面KIG，所以EF⊥平面KIG，又KG⊂平面KIG，所以EF⊥KG，又KG⊥MK，EF∩MK＝I，EF，MK⊂平面ACEF，所以KG⊥平面ACEF，所以点G到平面ACEF的距离等于线段KG的长度，设为h.在Rt△ABF中，AF⊥BF，AF＝BF＝a，所以AB＝eq\r(a2＋a2)＝eq\r(2)a，∠FAB＝eq\f(π,4)，因为四边形AMIF为矩形，所以MI∥AF，又三棱柱BDG－ACH是直三棱柱，所以AB∥HG，且HG＝AB＝eq\r(2)a，所以∠KIG＝∠FAB＝eq\f(π,4)，IG＝eq\f(\r(2),2)a，又KG⊥IK，所以sin∠KIG＝eq\f(KG,IG)＝eq\f(h,\f(\r(2),2)a)＝eq\f(\r(2),2)，解得h＝eq\f(1,2)a，所以点G到平面ACEF的距离是eq\f(1,2)a.故选B.二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9．已知m，n为两条不同直线，α，β为两个不同平面，则下列结论正确的是()A．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥nB．若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥nC．若m⊥n，m⊥α，n∥β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，α∥β，则n⊥β答案：ABD解析：对于A，过直线m作平面γ分别与α，β交于a，b，则由线面平行的性质知m∥a∥b，所以a∥β，又由线面平行的性质知a∥n，所以m∥n，所以A正确；对于B，由m⊥α，n⊥β，知m，n垂直于两平面交线，则m与n所成的角等于二面角的平面角的大小，为90°，所以B正确；对于C，m⊥n，m⊥α，n∥β，可能α∥β，所以C错误；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，由于α∥β，则n⊥β，所以D正确．故选ABD.10．(2024·湖北襄阳五中高三模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是()A．B1G⊥BCB．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1C．A1H∥平面AEFD．B1G与EF是相交直线答案：BC解析：连接AD1，D1E，GC1，BC1，HE，GB，如图所示．对于A，由于B1C1∥BC，所以∠GB1C1是异面直线B1G与BC所成的角或其补角，设正方体的棱长为2，则B1G＝eq\r(12＋22＋22)＝3，GC1＝eq\r(5)，B1C1＝2，所以B1G2＝GCeq\o\al(2,1)＋B1Ceq\o\al(2,1)，所以∠GC1B1＝eq\f(π,2)，所以∠GB1C1≠eq\f(π,2)，A错误；对于B，根据正方体的性质可知，EF∥BC1∥AD1，所以A，F，E，D1四点共面，所以平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1，B正确；对于C，根据正方体的性质可知A1D1＝HE，A1D1∥HE，所以四边形A1HED1是平行四边形，所以A1H∥D1E，由于D1E⊂平面AEF，A1H⊄平面AEF，所以A1H∥平面AEF，C正确；对于D，由于B1G与平面AEF相交，EF⊂平面AEF，其不过B1G与平面AEF的交点，所以B1G与EF是异面直线，D错误．故选BC.11．(2024·江西红色十校高三联考)如图，在多面体ABCDGEF中，平面ABCD∥平面EFG，侧面ADGE是正方形，CD⊥平面ADGE，四边形ABCD与四边形CDGF是全等的直角梯形，AD∥BC，CD∥GF，AD＝CD＝DG＝2BC＝2，则下列结论正确的是()A．DG⊥ABB．异面直线BF与EG所成角的正弦值是eq\f(\r(6),6)C．直线CE与平面BEF所成角的正弦值是eq\f(5\r(3),9)D．多面体ABCDGEF的体积为eq\f(13,3)答案：AD解析：对于A，由正方形ADGE，得DG⊥AD，由CD⊥平面ADGE，DG⊂平面ADGE，得CD⊥DG，又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，则DG⊥平面ABCD，而AB⊂平面ABCD，所以DG⊥AB，A正确；对于B，显然BC∥AD∥EG，则∠CBF即为异面直线BF与EG所成的角(或其补角)，过点F作FH∥DG交CD于点H，连接BH，又GF∥CD，则四边形DGFH为平行四边形，则FH＝DG＝2，DH＝GF＝BC＝1，有CH＝BC＝1，又BC⊥CD，于是BH＝eq\r(2)，显然FH⊥平面ABCD，BC，BH⊂平面ABCD，则FH⊥BC，FH⊥BH，BF＝eq\r(4＋2)＝eq\r(6)，而FH∩CD＝H，FH，CD⊂平面CDGF，于是BC⊥平面CDGF，又CF⊂平面CDGF，从而BC⊥CF，cos∠CBF＝eq\f(\r(6),6)，所以sin∠CBF＝eq\f(\r(30),6)，B错误；对于C，以D为坐标原点，DA，DC，DG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，则D(0，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)，设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BE,\s\up6(→))·n＝x－2y＋2z＝0，,\o(BF,\s\up6(→))·n＝－x－y＋2z＝0，))令x＝2，得n＝(2，4，3)，而eq\o(CE,\s\up6(→))＝(2，－2，2)，设直线CE与平面BEF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，eq\o(CE,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(CE,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|n||\o(CE,\s\up6(→))|))＝eq\f(|2×2－4×2＋3×2|,\r(29)×2\r(3))＝eq\f(\r(87),87)，C错误；对于D，由C项分析知，BE＝3，在△BEF中，BF＝eq\r(6)，EF＝eq\r(5)，由余弦定理得cos∠BFE＝eq\f(5＋6－9,2\r(30))＝eq\f(\r(30),30)，则sin∠BFE＝eq\f(\r(870),30)，则S△BEF＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(5)×eq\f(\r(870),30)＝eq\f(\r(29),2)，又CE＝2eq\r(3)，直线CE与平面BEF所成角的正弦值是eq\f(\r(87),87)，因此点C到平面BEF的距离为2eq\r(3)×eq\f(\r(87),87)＝eq\f(2\r(29),29)，所以V多面体ABCDGEF＝VE－ABCD＋VE－CDGF＋VC－BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×2×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×2×2＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(29),2)×eq\f(2\r(29),29)＝eq\f(13,3)，D正确．故选AD.三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)12．(2025·山东泰安肥城市高三开学考试)已知两个圆台甲、乙的上底面半径均为r，下底面半径均为2r，圆台的母线长分别为3r和5r，则圆台甲、乙的体积之比为________．答案：eq\f(\r(3),3)解析：设圆台甲的高为h1，圆台乙的高为h2，则h1＝eq\r(（3r）2－（2r－r）2)＝2eq\r(2)r，h2＝eq\r(（5r）2－（2r－r）2)＝2eq\r(6)r，所以圆台甲的体积V1＝eq\f(1,3)(πr2＋4πr2＋2πr2)×2eq\r(2)r＝eq\f(14\r(2),3)πr3，圆台乙的体积V2＝eq\f(1,3)(πr2＋4πr2＋2πr2)×2eq\r(6)r＝eq\f(14\r(6),3)πr3，所以圆台甲、乙的体积之比为eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(14\r(2),3)πr3,\f(14\r(6),3)πr3)＝eq\f(\r(3),3).13．(2024·山东济南一模)在三棱柱ABC－A1B1C1中，eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MB,\s\up6(→))，eq\o(A1N,\s\up6(→))＝meq\o(A1C1,\s\up6(→))，且BN∥平面A1CM，则m的值为________．答案：eq\f(1,2)解析：如图，不妨设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，依题意，eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a，eq\o(MA1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝c－eq\f(2,3)a，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AM,\s\up6(→))＝b－eq\f(2,3)a，因为eq\o(A1N,\s\up6(→))＝meq\o(A1C1,\s\up6(→))＝mb，所以eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(A1N,\s\up6(→))＝c－a＋mb，又BN∥平面A1CM，故eq\o(BN,\s\up6(→))，eq\o(MA1,\s\up6(→))，eq\o(MC,\s\up6(→))必共面，即存在λ，μ∈R，使eq\o(BN,\s\up6(→))＝λeq\o(MA1,\s\up6(→))＋μeq\o(MC,\s\up6(→))，即c－a＋mb＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(2,3)a))＋μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(2,3)a))，从而有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)（λ＋μ）＝－1，,μ＝m，,λ＝1，))解得m＝eq\f(1,2).14．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M，N，P分别为棱A1A，A1B1，A1D1上的动点，且满足eq\f(A1M,A1A)＝eq\f(A1N,A1B1)＝eq\f(A1P,A1D1)，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为________；若以△MNP为一底面的正三棱柱(底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱)的另一底面的三个顶点也在正方体ABCD－A1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为________．答案：1eq\f(2,9)解析：连接A1C1，B1D1，则A1C1⊥B1D1，∵CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，∵A1C1∩CC1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C，可得B1D1⊥A1C，∵eq\f(A1N,A1B1)＝eq\f(A1P,A1D1)，∴NP∥B1D1，则A1C⊥NP，同理A1C⊥MP，∵NP∩MP＝P，∴A1C⊥平面MNP，∴直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1.∵A1C⊥平面MNP，∴过点M作A1C的平行线与AC交于点O，则MO为正三棱柱的侧棱，设eq\f(A1M,A1A)＝x(0<x<1)，则正三角形MNP的边长MN＝eq\r(2)x，在△A1AC中，eq\f(AM,AA1)＝eq\f(AO,AC)＝eq\f(MO,A1C)＝1－x，∴MO＝eq\r(3)(1－x)，∴V正三棱柱＝S△MNP·MO＝eq\f(3,2)(x2－x3)，x∈(0，1)，V′＝eq\f(3,2)(2x－3x2)，令V′＝0，解得x＝eq\f(2,3)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))时，V随x的增大而增大，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))时，V随x的增大而减小，∴Vmax＝Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9).四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分13分)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形A1ADD1为矩形，且平面A1ADD1⊥平面ABCD，AB∥CD，AB＝AD＝A1A＝eq\f(1,2)CD，∠DAB＝eq\f(π,2)，M，E分别为AD1，B1C的中点．(1)证明：ME∥平面DCC1D1；(2)求AE与平面B1BCC1所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，分别取AD，BC的中点H，P，连接MH，PH，PE，则MH∥DD1，MH＝eq\f(1,2)DD1，PE∥BB1，PE＝eq\f(1,2)BB1，PH∥CD，因为BB1∥DD1，BB1＝DD1，所以MH∥PE，MH＝PE，所以四边形MHPE为平行四边形，所以ME∥PH，又PH∥CD，所以ME∥CD，因为CD⊂平面DCC1D1，ME⊄平面DCC1D1，所以ME∥平面DCC1D1.(2)因为四边形A1ADD1为矩形，所以DD1⊥AD，因为平面A1ADD1⊥平面ABCD，且平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，DD1⊂平面A1ADD1，所以D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥CD，因为AB∥CD，∠DAB＝eq\f(π,2)，所以CD⊥AD.以D为坐标原点，DA，DC，DD1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AB＝1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，B1(1，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，\f(1,2)))，所以eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(1,2))).设平面B1BCC1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，则y＝1，所以n＝(1，1，0)，所以cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·n,\a\vs4\al(|\o(AE,\s\up6(→))||n|))＝eq\f(1,\f(\r(11),2)×\r(2))＝eq\f(\r(22),11)，所以AE与平面B1BCC1所成角的正弦值为eq\f(\r(22),11).16．(2024·福建泉州实验中学高三模拟)(本小题满分15分)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，BC＝eq\r(2)，AB＝CC1＝2，∠BCC1＝eq\f(π,4)，点E在棱BB1上．(1)证明：C1B⊥平面ABC；(2)若BE＝λBB1，试确定λ的值，使得点C到平面AC1E的距离为eq\f(4\r(5),5).解：(1)证明：在三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝eq\r(2)，CC1＝2，∠BCC1＝eq\f(π,4)，在△BCC1中，由余弦定理，得C1B＝eq\r(4＋2－2×2×\r(2)×cos\f(π,4))＝eq\r(2)，即有C1B2＋BC2＝CCeq\o\al(2,1)，于是C1B⊥BC，又AB⊥侧面BB1C1C，C1B⊂侧面BB1C1C，则AB⊥C1B，又BC∩AB＝B，BC，AB⊂平面ABC，所以C1B⊥平面ABC.(2)由(1)知，BC，BA，BC1两两垂直，以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(eq\r(2)，0，0)，A(0，2，0)，C1(0，0，eq\r(2))，B1(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(C1A,\s\up6(→))＝(0，2，－eq\r(2))，eq\o(C1E,\s\up6(→))＝eq\o(C1B,\s\up6(→))＋λeq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(C1B,\s\up6(→))＋λeq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)λ，0，eq\r(2)λ－eq\r(2))，设平面AC1E的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(C1A,\s\up6(→))＝2y－\r(2)z＝0，,n·\o(C1E,\s\up6(→))＝－\r(2)λx＋（\r(2)λ－\r(2)）z＝0，))令y＝λ，得n＝(eq\r(2)(λ－1)，λ，eq\r(2)λ)，点C到平面AC1E的距离d＝eq\f(|\o(CC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2（λ－1）＋2λ|,\r(2（λ－1）2＋λ2＋2λ2))＝eq\f(4,\r(5))，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(3,10)，所以当λ＝eq\f(1,2)或λ＝eq\f(3,10)时，点C到平面AC1E的距离为eq\f(4\r(5),5).17.(本小题满分15分)如图，已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，E，F分别为AA1，AB的中点．(1)求证：直线D1E，CF，DA交于一点；(2)若直线D1E与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)，求二面角E－CD1－B的余弦值．解：(1)证明：连接EF，A1B，因为E，F分别为AA1，AB的中点，所以EF∥A1B，且EF＝eq\f(1,2)A1B，因为ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，且底面是正方形，所以BC∥AD∥A1D1，且BC＝AD＝A1D1，即四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C，且A1B＝D1C，所以EF∥D1C，且EF≠D1C，即四边形EFCD1为梯形，所以D1E与CF交于一点，记为P，因为P∈平面ABCD，P∈平面ADD1A1，所以P在平面ABCD与平面ADD1A1的交线上，又因为平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，所以P∈DA，故直线D1E，CF，DA交于一点．(2)因为直线D1E与平面ABCD所成的角为eq\f(π,4)，即直线D1E与平面A1B1C1D1所成的角为eq\f(π,4)，故∠ED1A1＝eq\f(π,4)，所以A1E＝A1D1＝2，所以AA1＝4，以D为坐标原点，DA，DC，DD1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D(0，0，0)，D1(0，0，4)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，F(2，1，0)，所以eq\o(CF,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－2，4)，设平面PCD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up6(→))＝2x1－y1＝0，,n·\o(CD1,\s\up6(→))＝－2y1＋4z1＝0，))令x1＝1，则y1＝2，z1＝1，故n＝(1，2，1)，设平面BCD1A1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB,\s\up6(→))＝2x2＝0，,m·\o(CD1,\s\up6(→))＝－2y2＋4z2＝0，))令z2＝1，则y2＝2，故m＝(0，2，1)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(4＋1,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),6)，故二面角E－CD1－B的余弦值为eq\f(\r(30),6).18．(本小题满分17分)如图，四边形ABCD为梯形，AD∥BC，BM⊥AD于M，CN⊥AD于N，∠A＝45°，AD＝4BC＝4，AB＝eq\r(2)，现沿CN将△CDN折起使△ADN为正三角形，过BM的平面与线段DN，DC分别交于E，F.(1)求证：EF⊥DA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为eq\f(3,4)？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵BM⊥AD，CN⊥AD，∴BM∥CN，在四棱锥D－ABCN中，CN⊂平面CDN，BM⊄平面CDN，∴BM∥平面CDN，又BM⊂平面BMEF，平面BMEF∩平面CDN＝EF，∴BM∥EF，∴EF∥CN.∵CN⊥DN，CN⊥AN，DN∩AN＝N，DN，AN⊂平面ADN，∴CN⊥平面ADN，∴EF⊥平面ADN，又DA⊂平面ADN，∴EF⊥DA.(2)存在，E为棱DN上靠近N的四等分点．理由如下：∵DA＝DN，AM＝MN＝1，连接DM，∴DM⊥AN，∵CN⊥平面ADN，CN⊂平面ABCN，∴平面ADN⊥平面ABCN，又平面ADN∩平面ABCN＝AN，DM⊂平面ADN，∴DM⊥平面ABCN.如图，以M为坐标原点，MA，MB，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，eq\r(3))，B(0，1，0)，M(0，0，0)，N(－1，0，0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，1，－eq\r(3))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq\o(ND,\s\up6(→))＝(1，0，eq\r(3))，设eq\o(NE,\s\up6(→))＝λeq\o(ND,\s\up6(→))(0＜λ＜1)，则E(λ－1，0，eq\r(3)λ)，eq\o(ME,\s\up6(→))＝(λ－1，0，eq\r(3)λ)，设平面BMEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up6(→))＝－y＝0，,n·\o(ME,\s\up6(→))＝（λ－1）x＋\r(3)λz＝0，))不妨令x＝eq\r(3)λ，则z＝1－λ，n＝(eq\r(3)λ，0，1－λ)，设直线DB与平面BMEF所成的角为α，则有sinα＝|cos〈n，eq\o(DB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DB,\s\up6(→))|,\a\vs4\al(|n||\o(DB,\s\up6(→))|))＝eq\f(|\r(3)（λ－1）|,2\r(3λ2＋（1－λ）2))＝eq\f(3,4)，解得λ＝eq\f(1,4)或－eq\f(1,2)(舍去)．∴eq\o(NE,\s\up6(→))＝eq\f(1,4)eq\o(ND,\s\up6(→))，即在棱DN上存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为eq\f(3,4)，E为棱DN上靠近N的四等分点．19．(2025·河北部分地区高三摸底考试)(本小题满分17分)如图1，直角梯形ABED中，AB＝AD＝1，DE＝2，AD⊥DE，BC⊥DE，以BC为轴将梯形ABED旋转180°后得到几何体M，如图2，其中GF，HE分别为上、下底面的直径，点P，Q分别在圆弧eq\o(GF,\s\up8(︵))，eq\o(HE,\s\up8(︵))上，直线PF∥平面BHQ.(1)证明：平面BHQ⊥平面PGH；(2)若直线GQ与平面PGH所成角的正切值为eq\r(2)，求点P到平面BHQ的距离；(3)若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值为eq\f(1,3)，求HQ.解：(1)证明：设平面BHQ交上底面于BW，W在线段PG上，因为上、下底面平行，故HQ∥BW，又PF∥平面BHQ，PF⊂平面PGF，平面BHQ∩平面PGF＝BW，所以PF∥BW，所以HQ∥PF，由题意可知PF⊥PG，PF⊥GH，又GH∩PG＝G，GH，PG⊂平面PGH，所以PF⊥平面PGH，所以HQ⊥平面PGH，又HQ