高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考案（7理7文）第七章立體幾何綜合過關(guān)規(guī)范限時(shí)檢測（含解析）新人教版

第七章綜合過關(guān)規(guī)范限時(shí)檢測(時(shí)間：120分鐘滿分150分)一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的)1．(2021·河北省衡水中學(xué)調(diào)研)下列命題正確的個(gè)數(shù)為(C)①梯形一定是平面圖形；②若兩條直線和第三條直線所成的角相等，則這兩條直線平行；③兩兩相交的三條直線最多可以確定三個(gè)平面；④如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn)，則這兩個(gè)平面重合．A．0 B．1C．2 D．3[解析]①由于梯形是有一組對邊平行的四邊形，易知兩平行線確定一平面，所以梯形可以確定一個(gè)平面，故①對；②若兩條直線和第三條直線所成的角相等，比如等腰三角形ABC，AB＝AC，直線AB，AC與直線BC所成的角相等，而直線AB，AC不平行，故②錯(cuò)；③兩兩相交的三條直線，比如墻角處的三條交線可以確定三個(gè)平面，故③對；④如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn)，比如兩平面相交有一條公共直線，如果這三個(gè)公共點(diǎn)不共線，則這兩個(gè)平面重合，故④錯(cuò)．綜上，選C.2．(2020·山東省濟(jì)南市6月模擬)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個(gè)球O，該球與圓柱的上，下底面及母線均相切．若O1O2＝2，則圓柱O1O2的表面積為(C)A．4π B．5πC．6π D．7π[解析]由題意，可得h＝2r＝2，解得r＝1，所以圓柱O1O2的表面積為S＝πr2×2＋2πr×h＝6πr2＝6π.故選C.3．(2021·河北省唐山市期末)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，小正方形的邊長為1，則這個(gè)幾何體的表面積是(D)A．11π B．9πC．7π D．5π[解析]由三視圖可得幾何體為eq\f(1,8)個(gè)球體，球的半徑為2，故該幾何體的表面積為eq\f(1,8)×4×π×4＋3×eq\f(π×4,4)＝5π，故選D.4．(2021·山東省濱州市三模)已知m，n為兩條不同的直線，α，β，γ為三個(gè)不同的平面，則下列命題正確的是(B)A．若m∥α，n∥α，則m∥nB．若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，則m⊥βC．若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥βD．若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m⊥n[解析]對A：若m∥α，n∥α，則m∥n，或m與n是異面直線，或m與n相交，故A錯(cuò)誤；對B：若α⊥β，γ⊥β且α∩γ＝m，不妨取交線m上一點(diǎn)P，作平面β的垂線為l，因?yàn)閘⊥β，α⊥β，且點(diǎn)P∈α，故l?α；同理可得l?γ，故l與m是同一條直線，因?yàn)閘⊥β，故m⊥γ.故B選項(xiàng)正確；對C：只有當(dāng)m與n是相交直線時(shí)，若m?α，n?α，m∥β，n∥β，才會有α∥β.故C錯(cuò)誤；對D：若m⊥α，n∥β，α⊥β，則m與n的關(guān)系不確定，故D錯(cuò)誤．故選B.5．(理)(2021·東北三省四市教研聯(lián)合體模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，O為底面ABCD的中心，M，N分別為棱A1D1，CC1的中點(diǎn)．則異面直線B1M與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·吉林長春一中期末)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是DD1，BD的中點(diǎn)，則直線AD1與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：如圖，設(shè)B1M∩A1C1＝H，在AA1上取點(diǎn)P，使A1P＝eq\f(1,3)AA1，連PH、AC1、PM，易知PM∥AC1∥ON，∴∠MHP即為BM與ON所成的角，設(shè)正方體的棱長為6，則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)，故選C.解法二：以D為原點(diǎn)建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)正方體的棱長為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)，設(shè)異面直線B1M與ON所成角為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).故選C.(文)連BD1，∵E、F分別為DD1、BD的中點(diǎn)，∴EF∥BD1，∴∠AD1B即為EF與AD1所成的角，設(shè)正方體的棱長為1，則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).故選C.6．(2021·山東濟(jì)寧期末)已知m、n為兩條不重合的直線，α、β為兩個(gè)不重合的平面，則下列說法正確的是(C)①若m∥α，n∥β且α∥β，則m∥n②若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β③若m∥n，n?α，α∥β，m?β，則m∥β④若m∥n，n⊥α，α⊥β，則m∥βA．①② B．①③C．②③ D．②④[解析]在①中的條件下，m∥n或m與n相交或m、n異面，①錯(cuò)；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正確；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正確；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錯(cuò)，故選C.7．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點(diǎn)，G是EF的中點(diǎn)．現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個(gè)正方形折成一個(gè)空間圖形，使B，C，D點(diǎn)重合，重合后的點(diǎn)記為H.那么，在這個(gè)空間圖形中必有(B)A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF[解析]根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變，∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵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，過點(diǎn)H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B.8．(2021·湖北武漢部分學(xué)校質(zhì)檢)如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是(D)[解析]選項(xiàng)D中，MN?平面ABC，故選D.9．(2021·山東濱州期末改編)已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD相交于點(diǎn)O.將△ABD沿BD折起，使頂點(diǎn)A至點(diǎn)M，在折起的過程中，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是(C)A．BD⊥CMB．存在一個(gè)位置，使△CDM為等邊三角形C．DM與BC不可能垂直D．直線DM與平面BCD所成的角的最大值為60°[解析]由題意知BD⊥OM，BD⊥CO，∴BD⊥平面MOC，∴BD⊥CM，A正確；設(shè)菱形邊長為a，則CM的取值范圍為(0，eq\r(3)a)，∴B正確；當(dāng)CM＝a時(shí)，DM⊥BC，C錯(cuò)；當(dāng)平面MBD⊥平面BCD時(shí)，直線DM與平面BCD所成角最大為60°，D正確，故選C.10．(2021·上海虹口區(qū)期末)在空間，已知直線l及不在l上兩個(gè)不重合的點(diǎn)A、B，過直線l做平面α，使得點(diǎn)A、B到平面α的距離相等，則這樣的平面α的個(gè)數(shù)不可能是(C)A．1個(gè) B．2個(gè)C．3個(gè) D．無數(shù)個(gè)[解析](1)如圖，當(dāng)直線AB與l異面時(shí)，則只有一種情況；(2)當(dāng)直線AB與l平行時(shí)，則有無數(shù)種情況，平面α可以繞著l轉(zhuǎn)動；(3)如圖，當(dāng)l過線段AB的中垂面時(shí)，有兩種情況．故選C.11.(2021·河南新鄉(xiāng)模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，點(diǎn)H在棱AA1上，且HA1＝1，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一動點(diǎn)，HP＝eq\r(13)，則CP的最小值為(A)A．eq\r(13)－2 B．eq\r(13)－3C.eq\r(15)－2 D．eq\r(15)－3[解析]如圖，作HG⊥BB1交BB1于點(diǎn)G，則B1GHP＝eq\r(13)，所以GP＝2，所以點(diǎn)P的軌跡是以G為圓心，2為半徑的圓弧，所以CP的最小值為CG－2＝eq\r(13)－2.12．(理)(2021·福建龍巖質(zhì)檢)在三棱錐A－BCD中，△ABC和△BCD都是邊長為2eq\r(3)的等邊三角形，且平面ABC⊥平面BCD，則三棱錐A－BCD外接球的表面積為(D)A．8π B．12πC．16π D．20π(文)(2021·河南鄭州、商丘名師聯(lián)盟質(zhì)檢)將一個(gè)半徑為eq\r(6)的半球切削成一個(gè)正方體(保持正方體的一個(gè)所在平面上)，所得正方體體積的最大值為面在半球底面(B)A．4eq\r(2) B．8C．2eq\r(2) D．4[解析](理)取BC的中點(diǎn)E，連結(jié)AE與DE，則AE⊥DE，且AE＝DE＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，在DE上取點(diǎn)I使得EI＝eq\f(1,3)DE，在AE上取點(diǎn)H使得EH＝eq\f(1,3)AE，則點(diǎn)I是三角形BCD的外接圓圓心，點(diǎn)H是三角形BCA的外接圓圓心，則BI＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝2，分別過點(diǎn)I、H作平面BCD和ABC的垂線IO和HO交于O點(diǎn)，則點(diǎn)O是三棱錐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)，故外接球半徑為eq\r(5)，則三棱錐A－BCD外接球的表面積4π×5＝20π.(文)由題意，當(dāng)正方體內(nèi)接于半球時(shí)體積最大，如圖，連接球心O與點(diǎn)C，連接OC1，則OC1＝eq\r(6).設(shè)正方體棱長為a，則在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，故正方體體積的最大值為8.故選B.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上)13．(2021·北京石景山期末)已知平面α、β、γ.給出下列三個(gè)論斷：①α⊥β；②α⊥γ；③β∥γ.以其中的兩個(gè)論斷為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題：若α⊥γ，β∥γ，則α⊥β(或填α⊥β，β∥γ，則α⊥γ).14．(2018·江蘇卷)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的體積為eq\f(4,3).[解析]由題意知所給的幾何體是棱長均為eq\r(2)的八面體，它是由兩個(gè)有公共底面的正四棱錐組合而成的，正四棱錐的高為1，所以這個(gè)八面體的體積為2V正四棱錐＝2×eq\f(1,3)×(eq\r(2))2×1＝eq\f(4,3).15．如圖所示，在直四棱柱(側(cè)棱與底面垂直)ABCD－A1B1C1D1中，當(dāng)?shù)酌嫠倪呅蜛BCD滿足條件AC⊥BD(或ABCD為正方形或ABCD為菱形等)時(shí)，有AC1⊥BD[解析]∵C1C⊥平面ABCD，∴BD⊥CC1，又BD⊥AC，∴BD⊥平面ACC1，∴AC1⊥BD16．(2021·山東濱州期末)在四面體S－ABC中，SA＝SB＝2，且SA⊥SB，BC＝eq\r(5)，AC＝eq\r(3)，則該四面體體積的最大值為eq\f(\r(30),6)，該四面體外接球的表面積為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，當(dāng)平面ASB⊥平面ABC時(shí)VS－ABC最大，此時(shí)VS－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(15),2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(30),6).設(shè)AB的中點(diǎn)為O，則OA＝OB＝OC＝OS＝eq\r(2)，即四面體外接球的半徑為eq\r(2)，∴四面體外接球的表面積為S＝4π(eq\r(2))2＝8π.

三、解答題(本大題共6個(gè)小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)(理)(2021·山東新高考質(zhì)量測評)如圖，在四棱錐M－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，且AB＝BC＝1，MD＝1，MD⊥平面ABCD，H是MB中點(diǎn)，在下面兩個(gè)條件中任選一個(gè)，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與平面MCD所成角的正弦值．注：如果選擇兩個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．(文)(2021·河北、廣東聯(lián)考)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分別為A1C1，B1C1的中點(diǎn)，AB(1)AB∥平面CDE；(2)A1E⊥CE.[解析](理)若選(1)．因?yàn)镸D⊥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)，過D作x軸⊥DC，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DC，DM所在直線為y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則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的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)．設(shè)CH與平面MCD所成角為θ，則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與平面MCD所成角的正弦值是eq\f(\r(3),4).若選(2)．因?yàn)镸D⊥平面ABCD，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以DA，DC，DM兩兩垂直．以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DM所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則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的一個(gè)法向量n＝(1,0,0)．設(shè)CH與平面MCD所成角為θ，則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與平面MCD所成角的正弦值是eq\f(\r(3),3).(文)(1)因?yàn)镈，E分別為A1C1，B1C所以DE∥A1B1，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1所以AB∥DE.又因?yàn)镈E?平面CDE，AB?平面CDE，所以AB∥平面CDE.(2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，E為B1C所以A1E⊥B1C1因?yàn)镃1C∥AA1，所以C1C⊥平面A1B1又因?yàn)锳1E?平面A1B1C1，所以C1C⊥A1因?yàn)镃1C?平面BB1C1C，B1C1C1C∩B1C1＝C1，所以A1E⊥平面BB因?yàn)镃1E?平面BB1C1C，所以A1E18．(本小題滿分12分)(2021·山東濰坊安丘市、諸城市、高密市聯(lián)考)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的邊長均為2eq\r(3)，E，F(xiàn)分別是線段AC1和BB1的中點(diǎn)．(1)求證：EF∥平面ABC；(2)求三棱錐C－ABE的體積．[解析](1)證明：取AC的中點(diǎn)為G，連結(jié)GE，GB，在△ACC1中，EG為中位線，所以EG∥CC1，EG＝eq\f(1,2)CC1，又因?yàn)镃C1∥BB1，CC1＝BB1，F(xiàn)為BB1的中點(diǎn)，所以EG∥BF，EG＝BF，所以四邊形EFBG為平行四邊形，所以EF∥GB，又EF?平面ABC，GB?平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因?yàn)閂C－ABE＝VE－ABC，因?yàn)镋為AC1的中點(diǎn)，所以E到底面ABC的距離是C1到底面ABC的距離的一半，即三棱錐E－ABC的高h(yuǎn)＝eq\f(1,2)CC1＝eq\r(3)，又△ABC的面積為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．(本小題滿分12分)(理)(2021·河南許昌、洛陽質(zhì)檢)已知平面多邊形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E為PD的中點(diǎn)，現(xiàn)將△APD沿AD折起，使PC＝2eq\r(2).(1)證明：CE∥平面ABP；(2)求直線AE與平面ABP所成角的正弦值．(文)(2021·貴州安順質(zhì)檢)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAB是邊長為2正三角形，且與底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形．(1)證明：PC⊥AB；(2)求點(diǎn)D到PAC的距離．[解析](理)(1)證明：取PA的中點(diǎn)H，連HE，BH.∵E為PD中點(diǎn)，∴HE為△APD的中位線，∴HE∥AD，HE＝eq\f(1,2)AD.又AD∥BC，∴HE∥BC，HE＝BC，∴四邊形BCEH為平行四邊形，∴CE∥BH.∵BH?平面ABP，CE?平面ABP，∴CE∥平面ABP.(2)由題意知△PAD為等腰直角三角形，四邊形ABCD為直角梯形，取AD中點(diǎn)F，連接BF，PF，∵AD＝2BC＝4，∴平面多邊形PABCD中P，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，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為等邊三角形．取BF的中點(diǎn)O，DC的中點(diǎn)M，則PO⊥BF，PO⊥DF，DF∩BF＝F，∴PO⊥平面ABCD.以O(shè)為原點(diǎn)，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OM,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))分別為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則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))．設(shè)平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)，則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).∴直線AE與平面ABP所成角的正弦值為eq\f(\r(210),35).(文)(1)如圖所示取AB中點(diǎn)為M，連接PM，CM，∵△PAB、△ABC均為正三角形，∴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，設(shè)D到平面PAC的距離為d，則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的距離為eq\f(2\r(15),5).20．(本小題滿分12分)(理)(2021·山西運(yùn)城調(diào)研)如圖，在多面體ABCDEF中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC＝120°，且DE∥FC，DE⊥平面ABCD，DE＝2FC＝2.(1)證明：平面FBE⊥平面EDB；(2)求二面角A－EB－C的余弦值．(文)(2021·河南實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)已知四邊形ABCD是梯形(如圖甲)，AB∥CD，AD⊥DC，CD＝4，AB＝AD＝2，E為CD的中點(diǎn)，以AE為折痕把△ADE折起，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P的位置(如圖乙)，且PB＝2.(1)求證：平面PAE⊥平面ABCE；(2)求點(diǎn)A到平面PBE的距離．[解析](理)(1)如圖，連接AC交BD于點(diǎn)O，取EB的中點(diǎn)H，連接FH，HO.∵四邊形ABCD為菱形，點(diǎn)H是EB的中點(diǎn)，DE∥FC.∴HO∥FC，HO＝eq\f(1,2)ED＝FC，∴四邊形CFHO為平行四邊形，∵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)連接EC，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OH,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O－xyz.由題意得A(0，－eq\r(3)，0)，C(0，eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，E(－1,0,2)，則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)．設(shè)平面AEB的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則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)).設(shè)平面CEB的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則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的余弦值為－eq\f(5,7).(文)(1)證明：連接BE，因?yàn)锳B∥CD，AD⊥DC，CD＝4，E為CD的中點(diǎn)，AB＝AD＝2，所以四邊形ABED是邊長為2的正方形，且BE＝EC.取AE的中點(diǎn)M，連接PM，BM.因?yàn)锳P＝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為正三角形且邊長為2.設(shè)點(diǎn)A到平面PBE的距離為d，則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)，故點(diǎn)A到平面PBE的距離為eq\f(2\r(6),3).21．(本小題滿分12分)(2021·河南中原名校質(zhì)量測評)如圖，S為圓錐的頂點(diǎn)，O為底面圓心，點(diǎn)A，B在底面圓周上，且∠AOB＝60°，點(diǎn)C，D分別為SB，OB的中點(diǎn)．(1)求證：AC⊥OB；(2)若圓錐的底面半徑為2，高為4，求直線AC與平面SOA所成的角的正弦值．[解析](1)證明：由題意，得SO⊥底面圓O，∵點(diǎn)C，D分別為SB，OB中點(diǎn)，∴CD∥SO，∴CD⊥底面圓O，∵OB在底面圓O上，∴OB⊥CD，∵∠AOB＝60°，∴△AOB為正三角形，又D為OB中點(diǎn)，∴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⊥底圓面O，∴DH⊥SO，∴DH⊥平面SOA，又正△OAB邊長為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)，設(shè)AC與平面SOA所成角為θ，又C到平面SAO的距離等于DH，∴sinθ＝eq\f(\f(\r(3),2),\r(7))＝eq\f(\r(21),14).解法二：(理)如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DB，DC所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則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)，設(shè)平面SOA的法向量為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)為平面SOA的一個(gè)法向量，設(shè)直線AC與平面SOA所成的角為θ，則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)，即直線AC與平面SOA所成的角的正弦值為eq\f(\r(21),14).22．(本小題滿分12分)(理)(2021·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，PA⊥PD，PA＝PD.(1)求證：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·皖豫名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐S－ABCD中，平面SAB⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，∠ACD＝60°，AC＝AD，SA＝2，AB＝eq\r(3)，BCSCD與平面SAB的交線為l，E為SD的中點(diǎn)．(1)求證：l∥平面ACE；(2)若在棱AB上存在一點(diǎn)Q，使得DQ⊥平面SAC，當(dāng)四棱錐S－ABCD的體積最大時(shí)，求SQ的值．[解析](理)(1)證明：在四棱錐P－ABCD中，因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又因?yàn)镃D⊥AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD.因?yàn)镻A?平面PAD，所以CD⊥PA．因?yàn)镻A⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PC?平面PCD，所以PA⊥平面PCD.因?yàn)镻A?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD.(2)解：取